Algèbre Linéaire et Applications - Carleton University · Préface Le but de ce manuel est de donner une base solide en algèbre linéaire aux étudiants ayant l’intention de

Algèbre Linéaire et ApplicationsKevin Cheung, Mathieu Lemire

2018-07-16

2

Table des matières

Préface 7

Notation 9

Partie I 13

1 Éléments de base 131.1 Ensembles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2 Uplets et matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.3 Corps . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.4 Corps fini dont l’ordre est la puissance d’un nombre premier . . . . . . . 251.5 Exemple de test portant sur la matière de ce chapitre . . . . . . . . . . 28

2 Nombres complexes 312.1 Partie réelle et partie imaginaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.2 Arithmétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.3 Module et conjugué d’un nombre complexe . . . . . . . . . . . . . . . . 392.4 Forme polaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.5 Racine n-ième . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.6 Formule d’Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.7 Exemple de test portant sur la matière de ce chapitre . . . . . . . . . . 52

3 Résolution de systèmes d’équations linéaires 573.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 573.2 Méthode de la substitution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 623.3 Opérations élémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 653.4 Représentation matricielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.5 Combinaison linéaire de colonnes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 723.6 Matrice augmentée associée à un système . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3

4 TABLE DES MATIÈRES

3.7 Forme échelonnée réduite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 813.8 Élimination de Gauss-Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 863.9 Décrire les ensembles solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 923.10 Exemple de test portant sur la matière de ce chapitre . . . . . . . . . . 97

4 Matrices 1034.1 Multiplication de matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1034.2 Associativité de la multiplication de matrices . . . . . . . . . . . . . . . 1074.3 Matrice identité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1104.4 Matrices élémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1124.5 Exemples de matrices élémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1164.6 Résolution d’équations matricielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1204.7 Matrices inverses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1234.8 Calcul de l’inverse d’une matrice carrée . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1264.9 L’inverse d’un produit de matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1294.10 Matrices singulières . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1344.11 Propriétés des matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1374.12 Exemple de test portant sur la matière de ce chapitre . . . . . . . . . . 142

5 Déterminant 1495.1 Permutations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1495.2 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1535.3 Matrices spéciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1575.4 Propriétés fondamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1615.5 Méthodes efficaces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1645.6 Règle de Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1685.7 Exemple de test portant sur la matière de ce chapitre . . . . . . . . . . 172

6 Espaces vectoriels 1756.1 Motivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1766.2 Définition d’un espace vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1816.3 Espaces vectoriels communément rencontrés . . . . . . . . . . . . . . . 1856.4 Sous-espaces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1876.5 Combinaison linéaire et espace engendré . . . . . . . . . . . . . . . . . 1906.6 Espaces vectoriels de dimension infinie . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1946.7 Indépendance linéaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1946.8 Base et dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1996.9 Dimensions de sous-espaces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2036.10 Retour sur le noyau d’une matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

TABLE DES MATIÈRES 5

6.11 Espace des colonnes et espace des lignes . . . . . . . . . . . . . . . . . 2106.12 Rang d’une matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2146.13 Représentation par les uplets . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2166.14 Changement de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2196.15 Exemple de test portant sur la matière de ce chapitre . . . . . . . . . . 225

7 Valeurs propres et vecteurs propres 2317.1 La magie des puissances de matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2317.2 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2357.3 Multiplicités algébriques et géométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . 2397.4 Diagonalisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2437.5 Matrices symétriques et hermitiennes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2497.6 Exemple de test portant sur la matière de ce chapitre . . . . . . . . . . 252

Partie II 259

8 Transformations linéaires 2598.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2608.2 Noyau d’une application linéaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2648.3 Surjectivité et injectivité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2668.4 Bijections et isomorphismes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2708.5 Matrice d’une application linéaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2758.6 Retour sur les changements de bases. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2808.7 Espace dual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2828.8 Exemple de test portant sur la matière de ce chapitre . . . . . . . . . . 285

9 Produits scalaires 2879.1 Produit scalaire usuel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2879.2 Forme bilinéaire symétrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2929.3 Produit scalaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2969.4 Exemple de test portant sur la matière de ce chapitre . . . . . . . . . . 300

10 Orthogonalité 30110.1 Bases orthonormées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30110.2 Procédé de Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30610.3 Sous-espaces orthogonaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31110.4 Somme directe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31510.5 Projection orthogonale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31810.6 Décomposition QR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321


10.7 Diagonalisation en base orthonormée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32510.8 Fonctions quadratiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33110.9 Exemple de test portant sur la matière de ce chapitre . . . . . . . . . . 337

11 Projection 33911.1 Cas d’une matrice de plein rang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33911.2 Pseudo-inverse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34211.3 Cas général . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34511.4 Exemple de test portant sur la matière de ce chapitre . . . . . . . . . . 349

12 Méthode des moindres carrés 35112.1 Résolution de système inconsistant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35112.2 Cas à une seule variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35512.3 Cas général . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35812.4 Équation normale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36212.5 Ajustement de courbe par la méthode des moindres carrés . . . . . . . . 36512.6 Exemple de test portant sur la matière de ce chapitre . . . . . . . . . . 370

13 Décomposition en valeurs singulières 37113.1 Motivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37113.2 Valeurs singulières . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37613.3 Démonstration et exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37913.4 Retour sur la méthode des moindres carrés . . . . . . . . . . . . . . . . 38413.5 Exemple de test portant sur la matière de ce chapitre . . . . . . . . . . 388

14 Applications 38914.1 Graphisme dans le plan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38914.2 Différentiation de polynômes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39414.3 Approximation pour une matrice de rang inférieur . . . . . . . . . . . . 39614.4 « Lights Out » . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39814.5 Codes de correction d’erreurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40914.6 Systèmes d’inéquations linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413

Bibliographie 423

Préface

Le but de ce manuel est de donner une base solide en algèbre linéaire aux étudiantsayant l’intention de poursuivre des études dans des domaines appliqués des sciences, deingénierie et des statistiques. Ce manuel est divisé en deux parties. La partie I est uneintroduction à l’algèbre linéaire. La partie II aborde des sujets de niveaux intermédiaire,culminant à une discussion sur la décomposition en valeurs singulières, qui est devenu unpuissant outil d’analyse des données et d’applications en ingénierie. Le manuel se terminepar que quelques applications.

Ce manuel met l’accent sur les méthodes de calcul et les résultats. À quelques exceptionsprès, les aspects théoriques des sujets discutés sont aussi traités en détail. Il est ainsipossible de choisir combien de temps consacrer aux aspects théoretiques de chaque sujet.

Le développement de ce manuel a été soutenu et financé par eCampusOntario.

Ce manuel est mise à disposition selon les termes de la Licence Creative Com-mons Attribution 4.0 International.

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https://www.ecampusontario.ca/

http://creativecommons.org/licenses/by/4.0/deed.fr

http://creativecommons.org/licenses/by/4.0/deed.fr


Notation

L’ensemble des nombres réels est dénoté par R. L’ensemble des nombres rationnels estdénoté par Q. L’ensemble des nombres entiers est dénoté par Z.

L’ensemble des n-uplets dont les éléments sont des nombres réels est dénoté par Rn. Desdéfinitions similaires sont aussi vraies pour Qn et Zn.

L’ensemble des matrices de taille m × n (c’est-à-dire les matrices ayant m lignes et ncolonnes) ayant des éléments réels est dénoté par Rm×n. Des définitions similaires sontaussi vraies pour Qm×n et Zn.

Tous les n-uplets sont écrit en tant que colonnes (donc, comme une matrice de dimensionn×1). Un n-uplet est normalement représenté par une lettre minuscule en gras, tel que x.Pour un n-uplet x, xi dénote le i-ième élément (ou composante) de x pour i = 1, . . . , n.Un n-uplet dont toutes les composantes sont nulles est dénoté par 0. La dimension duuplet est déterminée selon le contexte.

Les matrices sont généralement représentées par une lettre majuscule en gras, tel que A.La j-ième colonne de la matrice A est dénoté par Aj et l’élément (i, j) (l’élément dansla i-ième ligne et la j-ième colonne) est dénoté aij .

Les scalaires sont généralement représentés par des lettres grecques en minuscule, tellesque λ, α, β etc.

Pour une matrice A, AT dénote la transposé de A. Pour un n-uplet x, xT dénote latransposé de x.

Si A et B sont des matrices m×n, A ≥ B signifie que aij ≥ bij pour tout i = 1, . . . ,m,j = 1, . . . , n. Des définitions semblables sont vraies pour A ≤ B, A = B, A < Bet A > B. En particulier, si u et v sont des n-uplets, u ≥ v signifie ui ≥ vi pouri = 1, . . . , n et u > 0 signifie que ui > 0 pour i = 1, . . . , n.

Les exposants entre parenthèse sont utilisés afin d’indexer les uplets. Par exemple,u(1),u(2) ∈ R3 indique que u(1) et u(2) sont des éléments de R3. Le deuxième élémentde u(1) est dénoté par u(1)

2 .

9


Partie I

11

Chapitre 1

Éléments de base

Ce chapitre couvre certaines notions fondamentales requises pour ce livre. La maîtrisedu matériel dans ce chapitre est essentielle. Les notions abordées sont les ensembles, lesuplets, les matrices et les corps. La maîtrise du matériel de ce chapitre permet de :

— Spécifier les ensembles de différentes façons.— Reconnaître des ensembles spéciaux.— Effectuer des opérations sur les ensembles.— Définir un corps.— Faire de l’arithmétique dans les corps les plus communément utilisés.— Spécifier les uplets et les matrices.— Faire de l’arithmétique avec les uplets.

Pour ce chapitre, les connaissances requises incluent le matériel étudié dans le cours defonctions avancées de la 12ième année en Ontario.

1.1 Ensembles

Un ensemble est une collection d’objets distincts qui sont bien définis. Les objets d’unensemble sont appelés élements ou membres de l’ensemble.

Il est possible de spécifier un ensemble de plusieurs façons :

— en donnant une règle ou une description verbale. Par exemple, on peut décrirel’ensemble A de la façon suivante « A l’ensemble de tous les entiers impairs ».

— en mettant une liste d’éléments entre parenthèses. Par exemple, 2, 4, 5 dénotel’ensemble contenant les trois nombres 2, 4 et 5. 1, 3, 5, . . . , 99 dénote l’ensembledes nombres impaires de 1 jusqu’à 99.

13

14 CHAPITRE 1. ÉLÉMENTS DE BASE

— en utilisant la notation pour la construction d’ensembles : f(x) : P (x) oùf(x) est une expression utilisant x et P (x) est une propriété satisfaite par x. Pourchaque x tel que P (x) est vrai, f(x) est une élément de l’ensemble. Par exemple,2n : n est un entier.

Voici les symboles associés à certains ensembles communs :

— ∅ dénote l’ensemble vide, l’ensemble n’ayant aucun membre.— N dénote l’ensemble des nombres naturels, c’est-à-dire 0, 1, 2, 3, . . .. (Notez que

certaines références excluent le 0 comme un entier naturel.)— Z dénote l’ensemble des entiers relatifs, c’est-à-dire . . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . ..— Q dénote l’ensemble des nombres rationnels.— R dénote l’ensemble des nombres réels.— C dénote l’ensemble des nombres complexes.

1.1.1 Égalité entre ensembles

Deux ensembles A et B sont dits égaux, dénoté par A = B, si A et B contiennentles mêmes éléments. Autrement dit, leur égalité ne dépend pas de la façon dont ils sontdéfinis.

Par exemple, si A = 1, 2, 3 et B = (−1)2,√

4, log2 8, alors A = B même si A et Bsemblent, en surface, contenir des éléments différents.

En général, afin de démontrer que A = B, nous devons démontrer deux choses : A ⊆ B

et B ⊆ A; c’est-à-dire, x ∈ A si et seulement si x ∈ B. Nous verrons des preuves utilisantles ensembles plus tard.

1.1.2 Notations communes pour les ensembles

Soient A et B des ensembles.

— |A|, la cardinalité de A, dénote le nombre d’éléments de A. Par exemple, si A =(1, 2), (3, 4), alors |A| = 2.

— A = B si et seulement si ils ont précisément les mêmes éléments. Par exemple, siA = 4, 9 et B = n2 : n = 2 or n = 3, alors A = B.

— A ⊆ B si et seulement si chaque éléments de A est aussi un élément de B. On ditalors que A est un sous-ensemble de B. Par exemple, 1, 8, 1107 ⊆ N.

— a ∈ A signifie que a est un membre de A. Par exemple, 5 ∈ Q— a /∈ A signifie que a n’est pas une membre de A. Par exemple, 2

7 /∈ Z

1.1. ENSEMBLES 15

— A ∩ B dénote l’ensemble contenant les élément qui sont à la fois dans A et dansB, que l’on dénomme l’intersection de A et de B. Par exemple, si A = 1, 2 etB = 2, 3, alors A ∩B = 2.

— A∪B dénote l’ensemble contenant les éléments qui sont soit dans A ou dans B oudans les deux, que l’on dénomme l’union de A et de B. Par exemple, si A = 1, 2et B = 2, 3, alors A ∪B = 1, 2, 3.

— A\B dénote l’ensemble contenant les éléments qui sont dans A mais pas dansB, A\B se lit « A sans B ». Par exemple, si A = 1, 2 et B = 2, 3, alorsA\B = 1.

Exercices

1. Soit A = 1, 3, 5, 7 et B = 0, 3, 6, 7, 9. Décrivez les ensembles suivants :A ∪B, A ∩B et A\B.

2. Lequel des nombres suivants est membre de Q ∩ a : a ∈ R et a >√

2?

a. 0b. 5c.√

3


Solutions

1. Les ensembles sont :— A ∪B = 0, 1, 3, 5, 6, 7, 9— A ∩B = 3, 7— A ∪B = 1, 5

2. a. Pas un membre.b. Est un membre.c. Pas un membre.

1.2. UPLETS ET MATRICES 17

1.2 Uplets et matrices

Soit A un ensemble. Soient m et n des entiers positifs.

Un n-uplet dont les éléments appartiennent à A est un tableau à 1 dimension de néléments de A. L’ensemble de tous les n-uplets dont les éléments appartiennent à A estdénoté par An. Un n-uplet x ∈ An s’écrit comme une colonne d’éléments :

x =

x1...xn

.

Exemple 1.1. Le 2-uplet[

3−7

]est un élément de Z2.

Une matrice de taille m × n dont les éléments appartiennent à A est un tableauà 2 dimensions d’éléments ai,j , où i = 1, . . . ,m et j = 1, . . . , n. (Parfois, on écrit aijplutôt que ai,j si l’absence de la virgule ne porte pas à confusion.) L’ensemble de toutes lesmatrices de taille m× n dont les éléments appartiennent à A est dénoté par Am×n. Unematrice X ∈ Am×n est écrit comme un tableau d’éléments ayant m lignes et n colonnesà l’intérieur de parenthèses carrées :

X =

x1,1 x1,2 · · · x1,n

x2,1 x2,2 · · · x2,n... . . . ...

xm,1 xm,2 · · · xm,n

.

Exemple 1.2. L’ensemble Q2×3 contient entre autre les matrices suivantes :[1 −3 01 5 4

],[

0 1 12

−1 0.5 4

],

Remarque. Un n-uplet est effectivement une matrice de taille n× 1.

1.2.1 Arithmétique des uplets

Soient un ensemble A et n un entier positif.

Si A est un ensemble muni d’une addition et d’une multiplication de deux éléments, alorsl’addition d’uplet et la multiplication par un scalaire peuvent être définis pour Ande la façon suivante :


Pour x,y ∈ An, où n est un entier positif, x + y est le n-uplet dont le i-ième élémentest donné par xi + yi, pour i = 1, . . . , n.Exemple 1.3.

123

+

456

=

1 + 42 + 53 + 6

=

579

.Pour x ∈ An un n-uplet et α un nombre, alors, αx est le n-uplet obtenu de x en multipliantchaque élément par α.Exemple 1.4.

2

123

=

2× 12× 22× 3

=

246

.Exemple 1.5.

√2[ √

21/√

2

]=[21

].

Notons que si u et v sont des n-uplets de nombres, u − v est défini par u + (−1)v, cequi mène à la notion de soustraction d’uplets.Exemple 1.6. [

12

]−[

2−1

]=[12

]+[−21

]=[−13

].

Exercices

1. Simplifiez[23

]− 3

[−12

].

2. Simplifiez

2310

−

0140

+ 2

1011

.

1.2. UPLETS ET MATRICES 19

Solutions

1.[

5−3

].

2. Notons que 2310

−

0140

+ 2

1011

=

2− 03− 11− 40− 0

+

2022

=

22−30

+

2022

=

2 + 22 + 0−3 + 20 + 2

=

42−12

.


1.3 Corps

Cette section est consacrée aux corps. Nous n’allons pas traiter du sujet en profondeurpuisque son étude pouvant facilement demander un ouvrage complet. Pour nos besoins,nous allons seulement nous familiariser avec la terminologie ainsi qu’à quelques exemplesde corps.

1.3.1 Opposés et inverses

Avant de discuter des propriétés d’un corps, il est très instructif de considérer les ensemblesdes nombres en ignorant la soustraction et la division. Autrement dit, nous restreignonsnotre attention à l’addition et à la multiplication. Pour combler la perte de ces opérateurs,nous utilisons les notions d’opposé et d’inverse. La connaissance de ces notions estcruciale à la compréhension du fait que les éléments des corps n’ont pas à être des nombres.

Pour un élément a d’un corps, son opposé est un élément b appartenant à ce même corpset tel que a+ b = b+ a = 0. Il s’avère qu’un unique opposé existe pour chaque élément.Par exemple, dans le corps Q des nombres rationnels, l’opposé de 2

5 est −25 et l’opposé

de −5 est 5. On dénote l’opposé de a par −a.

Pour un élément a 6= 0 d’un corps, son inverse est un élément b tel que a · b = b · a = 1.Il s’avère qu’un unique inverse existe pour chaque élément. Dans Q, par exemple, l’inversede 2

5 est 52 et l’inverse de −1 est −1. On dénote l’inverse de a par a−1.

Or, on voit pourquoi il n’est pas nécessaire de parler de soustraction et de division. Onpeut tout simplement réécrire a − b pour a plus l’opposé de b (normalement dénoté para+ (−b)), et a/b pour a multiplié par l’inverse de b (normalement dénoté par a · b−1).Exemple 1.7. Montrons que l’inverse de 3−

√7 peut s’écrire sous la forme a+ b

√7, où

a, b ∈ Q.

La condition que l’inverse s’écrive sous la forme a+ b√

7, où a, b ∈ Q rend la tâche plusdifficile : 3 −

√7 étant un nombre réel, son inverse est simplement 1

3−√

7 . Cependant,1

3−√

7 n’est pas de la forme demandée.

1.3. CORPS 21

Heureusement, nous pouvons employer la rationalisation du dénominateur comme suit :

13−√

7= 1

3−√

7· 3 +

√7

3 +√

7

= 3 +√

732 −

√72

= 3 +√

79− 7

= 3 +√

72

= 32 + 1

2√

7.

Notons que 32 + 1

2√

7 est de la forme désirée.

Remarque. En utilisant la même technique, il est possible de démontrer plus générale-ment que pour tous x, y ∈ Q et nombre premier p, si x+ y

√p 6= 0, alors son inverse peut

s’écrire comme a+ b√p pour un choix judicieux de a, b ∈ Q.

1.3.2 Axiomes d’un corps

Sous l’addition et la multiplication, l’ensemble des nombres rationnels et l’ensemble desnombres réels partagent plusieurs propriétés communes. Ce qui est peut-être surprenantest que beaucoup de ces propriétés sont aussi partagés par des ensembles muni d’unemultiplication et d’une addition bien très différentes de celles des nombres réels. Au fildes ans, les propriétés essentielles ont été identifiées, menant à la définition abstraited’un corps. Puisqu’il existe de nombreux exemples de corps, l’étude des corps et de leurspropriétés permettent de déduire ce qui reste vrai dans tous les cas sans à avoir à lesétudier séparément.

Plus formellement, un corps K est un ensemble muni de deux opérations binaires + et ·(que l’on nomme addition et multiplication, respectivement) et qui est fermé sous l’actionde ces opérations (si a, b ∈ K, alors a + b, a · b ∈ K) tout en satisfaisant les axiomesd’un corps :

1. Pour tous a, b, c ∈ K, a+ (b+ c) = (a+ b) + c et a · (b · c) = (a · b) · c.(Associativité de l’addition et de la multiplication.)

2. Pour tous a, b ∈ K, a+ b = b+ a et a · b = b · a.(Commutativité de l’addition et de la multiplication.)

3. Pour tous a, b, c ∈ K, a · (b+ c) = a · b+ a · c.(Distributivité à la gauche.)


4. Il existe un élément de K, dénoté par 0, tel que pour tous a ∈ K, a+ 0 = a.(Existence d’un élément neutre pour l’addition.)

5. Il existe un élément de K, non égal à 0 et dénoté par 1, tel que pour tout a ∈K, a · 1 = a.(Existence d’un élément neutre pour la multiplication.)

6. Pour chaque a ∈ K, il existe un élément b ∈ K, tel que a+ b = 0.(Existence d’un opposé, souvent dénoté par −a.)

7. Pour chaque a ∈ K, non égal à 0, il existe un élément b ∈ K, tel que a · b = 1.(Existence d’un inverse, souvent dénoté par a−1.)

Par commodité, on écrit souvent ab au lieu de a · b.

On peut dériver de ces propriétés qu’un corps doit aussi satisfaire aussi à la distributivitéà droite :

(a+ b) · c = a · c+ a · c

pour tous a, b, c ∈ K. On peut aussi montrer que les éléments neutres pour addition et lamultiplication sont uniques.

Notons que Q et R satisfont aux propriétés et sont donc des corps. Nous verrons plustard que les nombres complexes forment aussi un corps. Dans la section suivante, nousconsidérons des corps ayant un nombre fini d’éléments.

Remarque. Si la propriété 7 est omise, on a la définition d’un anneau. Par exemple,l’ensemble des nombres entiers relatifs Z muni de l’addition et de la multiplication satisfaitaux propriétés 1 à 6 mais pas à la propriété 7. Ainsi, Z n’est pas un corps mais il est unanneau.

1.3.3 Puissance d’éléments d’un corps

Soit a ∈ K, où K dénote un corps. Par convention, nous définissons a0 = 1, l’élémentneutre pour la multiplication de K. Pour chaque entier positif n, an = a · an−1 et, sia 6= 0, a−n est l’inverse de an.

Exercices

1. Pour chacun des éléments suivants, déterminez ses opposés et inverses.

a. 32

b. −5

1.3. CORPS 23

c. −√

2

2. Donnez l’inverse de −2 +√

5 sous la forme a+ b√

5, où a, b ∈ Q.3. Soient a, b ∈ K, où K dénote un corps. Soit n un entier positif. Démontrez que

(ab)n = anbn.

4. Soit a ∈ K, où K dénote un corps. Soit n un entier positif. Démontrez que a−n =(a−1)n.


Solutions

1. a. L’opposé est −32 . L’inverse est 2

3 .b. L’opposé est 5. L’inverse est −1

5 .c. L’opposé est −

√2. L’inverse est − 1√

2 ou −√

22 .

2. 2 +√

5

3. Démontrons l’énoncé par induction sur n. L’énoncé est évidemment vrai si n = 1.Supposons maintenant que (ab)k = akbk pour un entier positif k. Alors

(ab)k+1 = (ab)(ab)k

= (ab)(akbk)

d’après l’hypothèse d’induction. Puisque

(ab)(akbk) = a((bak)bk)= a((akb)bk)= a(ak(bbk))= a(akbk+1)= (aak)bk+1

= ak+1bk+1,

il vient (ab)k+1 = ak+1bk+1.

Ainsi, d’après le principe d’induction, l’égalité (ab)n = anbn est valide pour tousles entiers positifs n.

4. Puisque a 6= 0, nous savons que a−1 existe et que a−1a = 1. Soit b =(a−1)n.

Alors ban =(a−1)n an =

(a−1a

)n = 1n = 1. Par définition, b est alors l’inverse dea.

1.4. CORPS FINI DONT L’ORDRE EST LA PUISSANCE D’UN NOMBRE PREMIER 25

1.4 Corps fini dont l’ordre est la puissance d’un nombrepremier

Pour un nombre premier p, on peut construire un corps GF (p) ayant p éléments commesuit :

— Les éléments du corps sont 0, 1, . . . , p− 1.— La somme a+ b de deux éléments a, b ∈ GF (p) est donné par le reste de la somme

des entiers a et b, divisée par p. Par exemple, dans GF (7), 6 + 4 = 3 puisque lasomme des entiers 6 et 4 est 10, et que le reste de 10 lorsque divisé par 7 est 3.

— Le produit a · b (ou tout simplement ab) de deux éléments a, b ∈ GF (p) est donnépar le reste du produit des entiers a et b, divisé par p. Par exemple, dans GF (5),3 · 2 = 1 puisque le produit des entiers 3 et 2 est 6, ce qui laisse un reste de 1lorsque divisé par 5.

Exemple 1.8. Dans GF (2), les seuls éléments sont 0 et 1. La multiplication est la multi-plication normale des nombres et l’addition est presque la même operation que l’additionnormale des nombres, avec l’exception notable que 1 + 1 = 0. L’élément 1 est donc sonpropre opposé dans GF (2).Exemple 1.9. La table de multiplication de GF (5) est donnée par :

0 1 2 3 4

0 0 0 0 0 01 0 1 2 3 42 0 2 4 1 33 0 3 1 4 24 0 4 3 2 1

S’il n’est pas trop difficile de constater que les opposés existent dans GF (p), l’existenced’inverses découle du résultat de la théorie des nombres suivant :Théorème 1.1. Soit p un nombre premier. Si a ∈ 1, . . . , p − 1, alors il existe b ∈1, . . . , p− 1 pour lequel ab donne un reste de 1 lorsque divisé par p.

Remarque. Les corps finis ayant pk éléments, où p est un nombre premier et k est unentier positif, existent. Cependant, leurs constructions dépasse le niveau de cet ouvrage.


Exercices

1. Construisez la table de multiplication de GF (3).2. Démontrez le théorème 1.1.

1.4. CORPS FINI DONT L’ORDRE EST LA PUISSANCE D’UN NOMBRE PREMIER 27

Solutions

1. Le tableau suivant donne la table de multiplication de GF (3) :

0 1 2

0 0 0 01 0 1 22 0 2 1

2. Notons que si d ∈ 1, . . . , p−1, alors ad n’est pas divisible par p, ce dernier étantprimer. Le quotient de ad par p n’est donc pas un entier.Soient c, d ∈ 1, . . . , p− 1, où c < d. Si ac et ad donnent le même reste lorsquedivisés par p, alors a(d−c) est divisible par p. Ceci est impossible car p est un nombrepremier et a et d− c sont des éléments de 1, . . . , p−1. Ainsi, a, 2a, . . . , a(p−1)donne p− 1 restes distincts et non nuls, lorsqu’ils sont divisés par p. Puisqu’il y aexactement p − 1 tels restes, il doit y avoir un élément parmi a, 2a, . . . , a(p − 1)qui donne le reste recherché lorsque divisé par p.


1.5 Exemple de test portant sur la matière de ce chapitre

1. Soit

t1

t2

t3

=

012

+ 2

1−11

un 3-uplet ayant des éléments de R. Quel valeur prend

t22?2. Écrivez tous les éléments de l’ensemble n ∈ N : (n− 2)2 ≤ 10.

3. Écrivez tous les éléments de l’ensemble de[a

b

]∈ Z2 : |a+ b| = 1, a ≥ 0, b ≥ −1

.

4. Évaluez l’expression 2 + (2 · (1 + 1)) de GF (3).

5. Donnez l’inverse de 4−√

5 sous la forme a+ b√

5, où a, b ∈ Q.

1.5. EXEMPLE DE TEST PORTANT SUR LA MATIÈRE DE CE CHAPITRE 29

Solutions

1. Utilisons l’arithmétique des uplets pour obtenir la forme la plus simple possible :012

+ 2

1−11

=

012

+

2−22

=

2−14

.Donc, t22 = (−1)2 = 1.

2. Notons que si n ∈ N, alors k = n − 2 est un entier relatif. Les seules entiersrelatifs pour lesquels k2 ≤ 10 sont 0, 1, 4, 9. Donc, les valeurs possible de k sont0,±1,±2,±3. Puisque n = k + 2 doit être un nombre naturel, les éléments del’ensemble sont 1, 2, 3, 4, 5.

3. Nous considérons deux cas, dépendant de la valeur de b.Cas 1. b ≥ 0. Puisque a ≥ 0, |a + b| = 1 devient tout simplement a + b = 1.Puisque a et b doivent être des entiers non négatifs, on doit avoir

a = 0, b = 1,

oua = 1, b = 0.

Cas 2. b = −1. Puisque a doit satisfaire à |a − 1| = 1, les seuls possibilités sonta = 0 et a = 2.

En combinant les deux cas, on voit que les seuls éléments de l’ensemble sont[01

],[

10

],[

0−1

], et

[2−1

].

4. 2 + (2 · (1 + 1)) = 2 + (2 · 2) = 2 + 1 = 05. Rappelons que l’inverse de 4−

√5 est un nombre α tel que α(4−

√5) = 1. Dans

cette question, nous devons exprimer α sous la forme a+ b√

5, où a, b ∈ Q.Donc, on doit trouver a, b ∈ Q tels que (a+ b

√5)(4−

√5) = 1.

Notons que

(a+ b√

5)(4−√

5) = a(4−√

5) + b√

5(4−√

5)= 4a− a

√5 + 4b

√5− 5b

= (4a− 5b) + (−a+ 4b)√

5.


Ainsi, on doit avoir (4a − 5b) + (−a + 4b)√

5 = 1. Puisque√

5 est irrationnel etque −a+ 4b est rationnel, on doit avoir −a+ 4b = 0. Ceci veut dire que l’on doitavoir 4a− 5b = 1.Si −a + 4b = 0, alors a = 4b. En substituant ce résultat dans 4a − 5b = 1, onobtient 4(4b) − 5b = 1, ce qui implique que 11b = 1. Donc, b = 1

11 et a = 411 .

Ainsi, la réponse est 411 + 1

11√

5.Remarque. On peut arriver à la réponse plus rapidement de la façon suivante : Nousvoulons nous débarasser du dénominateur de 1

4−√

5 . Pour ce faire, nous calculonssimplement 1

4−√

5 ·4+√

54+√

5 = 4+√

542−(

√5)2 = 4+

√5

16−5 = 4+√

511 . L’expression 4 +

√5 est

appellé le conjugué de 4−√

5.

Chapitre 2

Nombres complexes

Ce chapitre introduit les nombres complexes, ainsi que l’arithmétique sur les nombrescomplexes. Les nombres complexes sont utilisés dans plusieurs domaines en ingénierieet physique, telles que la compression d’image, la compression audio, le traitement designal, et mécanique quantique. Grâce à eux, de nombreuses possibilités s’ouvrent enmathématiques. La maîtrise du matériel de ce chapitre permet de :

— Définir les nombres complexes.— Décrire les deux formes pouvant spécifier les nombres complexes et faire la conver-

sion entre les deux formes.— Faire de l’arithmétique avec les nombres complexes.— Calculer les puissance à l’aide de la formule de Moivre.— Calculer les racines n-ièmes d’un nombre complexe.

La compétence en trigonométrie est nécessaire pour ce chapitre.

2.1 Partie réelle et partie imaginaire

Le nombre i est défini comme étant tel que i2 = −1. On l’appelle nombre imaginairecar, contrairement aux entiers naturels et aux nombres réels, il n’a pas d’interprétationconcrète. Notons que certaines ressources utilisent j plutôt que i. Faites attention!

Même si i est imaginaire, on l’utilise dans plusieurs applications en ingénierie.

Nous pouvons ajouter i aux nombres réels en utilisant l’addition et la multiplication pourformer l’ensemble des nombres complexes, que l’on dénote par C, avec la propriétésupplémentaire que i · i = −1 et 0 · i = 0.

Lorsqu’un nombre complexe est écrit sous la forme a + bi, où a, b ∈ R, on appelle a la

31

32 CHAPITRE 2. NOMBRES COMPLEXES

partie réelle et b la partie imaginaire. (Notons que i n’est pas inclus dans la partieimaginaire.) Nous utilisons aussi la notation suivante pour extraire les parties réels etimaginaires :

Pour z = a+ bi, Re (z) = a et Im (z) = b.

Par convention, si b = 1, on écrit simplement a + i plutôt que a + 1i. Si a = 0, on écritsimplement bi plutôt que 0 + bi. Bien entendu, lorsque a = 0 et b = 1, nous retrouvonsle nombre imaginaire i.Exemple 2.1. Considérons les nombres complexes z = 3− 4i, w = 2i, et u = −5.

Alors, Re (z) = 3, Im (z) = −4, Re (w) = 0, Im (w) = 2, Re (u) = −5 et Im (u) = 0.

Exercices

1. Déterminez la partie réelle et la partie imaginaire de chacun des nombres complexessuivants :

a. 1 + 3i

b. 2i

c. −π − 4i

d. 2

2.1. PARTIE RÉELLE ET PARTIE IMAGINAIRE 33

Solutions

1. a. La partie réelle est 1 et la partie imaginaire est 3.b. La partie réelle est 0 et la partie imaginaire est 2.c. La partie réelle est π et la partie imaginaire est −4.

d. La partie réelle est 2 et la partie imaginaire est 0.


2.2 Arithmétique

L’addition et la multiplication des nombres complexes suivent les règles normales de l’arith-métique pour autant qu’on les traite comme des polynômes en i, et sachant que i2 peuttoujours être réduire à −1.

Dans ce qui suit, z = a+ bi et w = c+ di sont des nombres complexes où a, b, c, d ∈ R.

2.2.1 Addition et multiplication

L’addition de nombres complexes est donnée par

z + w = (a+ bi) + (c+ di) = (a+ c) + (b+ d)i.

La multiplication se calcule de la manière suivante :

zw = (a+ bi)(c+ di)= a(c+ di) + bi(c+ di)= ac+ adi+ bci+ bdi2

= ac+ adi+ bci− bd

= (ac− bd) + (ad+ bc)i.

Exemple 2.2. L’addition est illustré dans les exemples suivants :

1. (1 + 2i) + (−2 + i) = −1 + 3i2. i+ (3 + i) = 3 + 2i

Exemple 2.3.

(1 + 2i)(−2 + i) = 1(−2 + i) + 2i(−2 + i)= −2 + i+ (−4)i− 2= (−4) + (−3)i.

Par soucis de simplicité, nous écrivons simplement −4− 3i.

2.2.2 Soustraction et division

Maintenant que l’addition et la multiplication des nombres complexes ont été définis, il estpossible de montrer que les nombres complexes forment un corps. Plusieurs des propriétéssont faciles à démontrer. Nous montrons ici ce que sont les opposés et les inverses des

2.2. ARITHMÉTIQUE 35

nombres complexes. Cette analyse nous permettra de déduire la soustraction et la divisiondes nombres complexes.

Dans ce qui suit, z = a+ bi et w = c+ di sont des nombres complexes où a, b, c, d ∈ R.

L’opposé de z, dénoté par −z, est (−a)+(−b)i, ou plus simplement, −a−bi. Par exemple,−(1 + 2i) = −1− 2i. Évidemment, z + (−z) = 0 puisque

(a+ bi) + (−a− bi) = (a− a) + (b− b)i= 0 + 0i = 0.

La soustraction est ensuite définie de la façon suivante :

z − w = z + (−w).

Par exemple,

(2 + i)− (1 + i) = (2 + i) + ((−1) + (−1)i)= 1

puisque l’opposé de 1 + i est (−1) + (−1)i. Une fois la définition de la soustraction biencomprise, nous pouvons plus simplement écrire :

(2 + i)− (1 + i) = 2 + i− 1− i = 1.

Supposons que z 6= 0. Existe-t-il un inverse de z? Si oui, quel est-il?

Notons que z 6= 0 implique que l’on ne peut avoir a et b tous deux égaux à 0. Vérifions s’ilest possible de trouver des nombres réels c et d tels que zw = 1 ou, de façon équivalente,

(ac− bd) + (ad+ bc)i = 1.

Puisque le côté droit de l’égalité est un nombre réel, la partie imaginaire du côté gauchedoit être nulle :

ad+ bc = 0.

Ceci donne alorsac− bd = 1.

Notons que c = aa2+b2 et d = − b

a2+b2 satisfont aux deux équations ci-dessus. (Obtenuesen résolvant pour c et d en terme de a et b. Les détails sont laissés en exercice.)

En effet,

ad+ bc = a ·(− b

a2 + b2

)+ b · a

a2 + b2

= − ab

a2 + b2+ ab

a2 + b2= 0


et

ac− bd = a · a

a2 + b2+−b ·

(− a

a2 + b2

)= a2

a2 + b2+ b2

a2 + b2

= a2 + b2

a2 + b2= 1.

Puisque a,b ne sont pas tous deux égaux à 0, a2 + b2 6= 0 et donc c et d sont des nombresréels bien définis. Donc, l’inverse de z est

z−1 = a

a2 + b2− b

a2 + b2i.

La division de z par w, dénotée par zw

ou z/w, est obtenue en multipliant z par l’inversede w, c’est-à-dire

z

w= zw−1.

Exemple 2.4. Notons que i(−i) = −i2 = −(−1) = 1. Donc, i−1 = −i.Exemple 2.5. Quel est l’inverse de 1− 2i? En utilisant la formule précédente avec a = 1et b = −2, on obtient

(1− 2i)−1 = 112 + (−2)2 −

−212 + (−2)2 i

= 15 + 2

5 i.

On peut vérifier que (1− 2i)(1

5 + 25 i)

= 1.Exemple 2.6. Quel est i

1 + i?

Trouvons d’abord l’inverse de 1 + i. En utilisant la formule pour l’inverse, on obtient(1 + i)−1 = 1

2 −12 i. Donc,

i

1 + i= i(1 + i)−1

= i

(12 −

12 i)

= 12 i−

12 i

2

= 12 i+ 1

2= 1

2 + 12 i

2.2. ARITHMÉTIQUE 37

Exercices

1. Soient z = 2i et w = −2 + i. Évaluez les expressions suivantes, et exprimez vosréponses sous la forme a+ bi, où a, b ∈ R.

a. z + iw

b. zwc. z3

2. Soient z = 1 − 2i et w = −2 + i. Évaluez les expressions suivantes, et exprimezvos réponses sous la forme a+ bi, où a, b ∈ R.

a. z − wb. z

w


Solutions

1. a. −1

b. −2− 4i

c. −8i

2. a. 3− 3i

b. −45 + 3

5 i

2.3. MODULE ET CONJUGUÉ D’UN NOMBRE COMPLEXE 39

2.3 Module et conjugué d’un nombre complexe

Soit z = a + bi un nombre complexe où a, b ∈ R. Le conjugué de z, que l’on dénotepar z, est le nombre complexe a − bi. On obtient le conjugué de z tout simplement enchangeant le signe de la partie imaginaire. Par exemple,

1. 4 = 4 car la partie imaginaire de 4 est 0.2. 1 + 2i = 1− 2i.3. 3i = −3i.

Le module de z, que l’on écrit |z|, est le nombre réel donné par√a2 + b2. Notons que

cette quantité peut aussi s’écrire comme√z z. Par exemple,

1. Si z = 1 + 2i, alors |z| =√

12 + 22 =√

5.2. Si z = 3− 4i, alors |z| =

√32 + (−4)2 =

√9 + 16 =

√25 = 5.

3. Si z = 2i, alors |z| =√

02 + 22 =√

4 = 2.4. Si z = 3, alors |z| =

√32 + 02 =

√9 = 3.

La mémorisation de la formule pour trouver un inverse n’est pas nécessaire si on utilisela notion du conjugué d’un nombre complexe. Par exemple, pour exprimer 1

1 + isous la

forme p+qi, où p, q ∈ R, on multiplie et le numérateur et le dénominateur par le conjuguédu dénominateur, comme ceci :

11 + i

= 11 + i

1 + i

1 + i

= 11 + i

1− i1− i

= (1− i)(1 + i)(1− i)

= 1− i1− i2

= 1− i2 = 1

2 −12 i

On peut aussi simplifier le calcul de la division de z par w en utilisant le même truc :z

w= z

w

w

w. Par exemple,

3 + 2i2− i = 3 + 2i

2− i ·2 + i

2 + i= 4 + 7i

22 − i2= 4 + 7i

4 + 1 = 45 + 7

5 i.

La notion de module d’un nombre complexe généralise la notion de valeur absolue d’unnombre réel; si z est un nombre réel, le module de z est simplement la valeur absolue dez. Par exemple, le module de −2 est 2.


2.3.1 Propriétés du module

Il peut être utile de se souvient des propriétés suivantes. Soient z, w ∈ C. Alors,

1. |z| = |z|.2. |−z| = |z|.3. Si |z| = 0, alors z = 0.4. |zw| = |z| |w|.

5.∣∣∣∣ zw∣∣∣∣ = |z||w|

.

6. |z + w| ≤ |z| + |w|. (Cette relation est aussi connue sous le nom l’inégalitétriangulaire.)

Exercices

1. Déterminez le conjugué des nombres complexes suivants :

a. 2i

b. −2 + 35 i

c. π

2. Soient z et w des nombres complexes. Montrez que

a. z = z.b. z + w = z + w.c. zw = z w.d. z−1 = (z)−1.

3. Soient z = 2i et w = −2 + i. Évaluer les expressions suivantes.

a. |z|b. |zw|c.∣∣z4∣∣

d.∣∣1z

∣∣

2.3. MODULE ET CONJUGUÉ D’UN NOMBRE COMPLEXE 41

Solutions

1. a. −2ib. −2− 3

5

c. π2. Supposons que z = a+ bi et w = c+ di, où a, b, c, d ∈ R.

a. z = a+ bi = a+ (−b)i = a+ (−(−b))i = a+ bi = z.

b. Notons que

z + w = a+ bi+ c+ di

= (a+ c) + (b+ d)i= (a+ c) + (−(b+ d))i= (a+ c) + ((−b) + (−d))i= a+ (−b)i+ c+ (−d)i= z + w.

c. Notons que

zw = (a+ bi)(c+ di)= (ac− bd) + (ad+ bc)i= (ac− bd)− (ad+ bc)i

et

z w = (a− bi)(c− di)= (ac− bd)− (ad+ bc)i.

d. Notons que

z−1 = a

a2 + b2− b

a2 + b2i

= a

a2 + b2+ b

a2 + b2i

et

(z)−1 = (a+ (−b)i)−1

= a

a2 + b2+ b

a2 + b2i.

3. a. 2b. 2√

5c. 16d. 1

2


2.4 Forme polaire

On dit d’un nombre complexe z écrit sous la forme a + bi, où a, b ∈ R, qu’il est sous saforme rectangulaire. S’il est écrit sous la forme r(cos θ + i sin θ) (souvent abrégé parr cis (θ)), où r = |z|, on dit qu’il est sous sa forme polaire. La valeur de θ est appelél’argument et est dénoté par arg (z).

Notons que r(cos(θ + 2kπ) + i sin(θ + 2kπ)) représente le même nombre complexe pourchaque entier relatif k. Pour garantie l’unicité, il est d’usage de choisir 0 ≤ θ < 2π.(Certaines références utilisent plutôt −π ≤ θ < π.) Par exemple, la forme polaire dez = −2 + i est

√5 cis (2,6779 . . .).

En pratique, la conversion de la forme rectangulaire à la forme polaire est souvent faite defaçon approximative (même si la précision de l’approximation peut être choisie de manièrearbitraire) à moins que les arguments soient des angles dont le sinus et le cosinus peuventêtre calculés exactement; comme π

6 ,π4 ,

π3 , etc.

2.4.1 De la forme rectangulaire à la forme polaire

Soit z = a+bi un nombre complexe. Sa forme polaire est r cis (θ), où r = |z| =√a2 + b2

et 0 ≤ θ < 2π.

Considérons d’abord quelques cas spéciaux. Si z = 0, alors r = 0. Donc, θ peut prendren’importe quelle valeur. Cependant, nous adoptons la convention que θ = 0 dans un telcas, à moins qu’il en soit indiqué autrement.

Supposons maintenant que a = 0. Dans ce cas, le module de z est r = |b| et

θ =

π2 si b > 03π2 autrement.

Supposons finalement que a 6= 0. Soit α = tan−1 |b||a|

. Le tableau suivant indique la valeurde l’argument θ en fonction des signes de a et b :

Cas θ

a > 0, b ≥ 0 α

a < 0, b ≥ 0 π − αa < 0, b < 0 π + α

a > 0, b < 0 2π − α

2.4. FORME POLAIRE 43

Exemple 2.7. Afin de convertir 13 + 4i sous sa forme polaire, notons que sa partie réelleet sa partie imaginaire sont toutes deux positives. Donc, sa forme polaire est r cis (θ), oùr =√

132 + 42 =√

285 et θ = tan−1 413 .

Exemple 2.8. Afin de convertir −1−17i sous sa forme polaire, notons que sa partie réelleet sa partie imaginaire sont toutes deux négatives. Donc, sa forme polaire est r cis (θ), oùr =

√(−1)2 + (−17)2 =

√290 et θ = π + tan−1 |−17|

|−1| = π + tan−1 17.

2.4.2 De la forme polaire à la forme rectangulaire

Soit z = r cis (θ) un nombre complexe, où r ≥ 0 et 0 ≤ θ < 2π.

Afin de convertir z sous sa forme rectangulaire, rappelons tout d’abord que cis (θ) est uneabréviation pour cos θ + i sin θ. Donc,

z = r(cos θ + i sin θ) = (r cos θ) + (r sin θ)i.

Nous avons donc Re (z) = r cos θ et Im (z) = r sin θ.Exemple 2.9. La forme rectangulaire de 3 cis

(3π2)est 3 cos 3π

2 +3 sin 3π2 i = 0+(−3)i =

−3i.Exemple 2.10. La forme rectangulaire de

√2 cis

(37)est√

2 cos 37 +√

2 sin 37 i ≈ 1,2863+

0,5877i.

2.4.3 Multiplication et division sous forme polaire

La multiplication et la division de nombres complexes sont grandement simplifiés parl’utilisation de la forme polaire.

Soient z = r1 cis (θ1) et w = r2 cis (θ2) des nombres complexes sous forme polaire. Alors

zw = r1r2 cis (θ1 + θ2) ,

et si r2 6= 0,z

w= r1

r2cis (θ1 − θ2) .

Le premier résultat peut se démontre en utilisant la formule du cosinus et du sinus d’unesomme d’angles. Pour démontrer le second résultat, on réécrit z

wsous la forme zw

|w|2. Les

détails sont laissés en exercice.

Notons que l’inverse de r cis (θ) , où r > 0, est donné par1r

cis (−θ) = 1r

cos θ − 1r

sin θ

puisque cos θ = cos(−θ) et sin(−θ) = − sin θ.


Exemple 2.11. Soit z = cis (θ) pour un certain θ. Notons que

z2 = cis (θ + θ) = cis (2θ) .

Donc, l’argument est doublé mais le module demeure le même. De la même façons, onconstate qu

z3 = zz2 = cis (θ + 2θ) = cis (3θ) .

Qu’en serait-il de z1000?

2.4.4 Formule de Moivre

Théorème 2.1 (Formule de Moivre). Soient k un entier relatif et z un nombre complexedonné sous forme polaire : r cis (θ) . Alors

zk = rk cis(kθ).

La formule de Moivre simplifie le calcul des puissances d’un nombre complexe en autantque l’on connaisse sa forme polaire. Par exemple, qu’est-ce que z10 si z = 1 + i?

Il n’y a rien de mal à calculer directement z10, mais on peut simplifier la tâche en utilisant laformule de Moivre. Premièrement, nous devons d’abord convertir z sous sa forme polaire.Notons que r = |z| =

√2 et arg (z) = tan−1(1) = π

4 . Donc, z =√

2 cis(π4). Alors,

z10 =√

210 cis(

10 · π4

)= 32 cis

(5π2

)= 32 cis

(2π + π

2

)= 32 cis

(π

2

)= 32i.

Dans l’exemple précédent, nous avons utilisé les identités cos(2kπ+θ) = cos θ et sin(2kπ+θ) = sin θ pour tout entier relatif k.

En général, si l’argument se retrouve à l’extérieur de l’intervalle [0, 2π), il est communde réduire la valeur à une valeur à l’intérieur de cet intervalle, comme nous l’avons faitci-dessus.

2.4. FORME POLAIRE 45

Exemple 2.12. Soient z = 4 cis(π2)et w = 2 cis

(4π3). Alors

z

w= 4

2 cis(π

2 −4π3

)= 2 cis

(−5π

6

)= 2 cis

(−5π

6 + 2π)

= 2 cis(7π

6

).

Exercices

1. Convertissez chacun des nombres suivants sous forme rectangulaire, où les partiesréelles et imaginaires sont arrondies à quatre décimales après la virgule.

a. cis(3π

2)

b.√

3 cis(5π

6)

c. 2,5 cis(13

5)

2. Convertissez chacun des nombres suivants sous forme polaire. Donnez la valeurexacte de l’argument lorsque possible de la faire. Sinon, arrondissez les parties réelset imaginaires à quatre décimales après la virgule.

a. 3

b. 3 + 4i

c. 3− 4i

d. −2 +√

3i

e. 2i

3. Calculez (√

3− i)12.4. Calculez (−1 + i)8.5. Soient z = r1 cis (θ1) et w = r2 cis (θ2) deux nombres complexes sous forme polaire.

Démontrez quezw = r1r2 cis (θ1 + θ2) ,

et si r2 6= 0, quez

w= r1

r2cis (θ1 − θ2) .


Solutions

1. a. −ib. −1,5 + 0,8660i

c. −2,1422 + 1,2888i

2. a. 3 cis (0)

b. 5 cis(arctan

(43))≈ 5 cis (0,9273)

c. 5 cis(2π − arctan

(43))≈ 5 cis (5,3559)

d.√

7 cis(π − arctan

(√3

2

))≈ 2,6458 cis (2,4279)

e. 2 cis(π2)

3. 4096

4. 16

5. Le résultat est une conséquence des identités suivantes :

(cos θ)2 + (sin θ)2 = 1

et

cos(θ + γ) = cos θ cos γ − sin θ sin γcos(θ − γ) = cos θ cos γ + sin θ sin γsin(θ + γ) = sin θ cos γ + cos θ sin γsin(θ − γ) = sin θ cos γ − cos θ sin γ.

2.5. RACINE N -IÈME 47

2.5 Racine n-ième

2.5.1 Racine de l’unité

Soit n un entier positif. Considérons l’équation

zn = 1.

Quelles sont les solutions de cette équation?

On peut réécrite cette équation sous la forme

zn − 1 = 0.

Selon le théorème fondamental de l’algèbre, on peut factoriser zn − 1 comme

(z − z1)(z − z2) · · · (z − zn),

où z1, . . . , zn ∈ C. Les nombres complexes z1, . . . , zn sont tous des solutions de zn = 1.Que sont les nombres complexes z1, . . . , zn?

Soit ω = cis(2πn

). Pour chaque k ∈ 1, . . . , n, on prend uk = ωk. Notons que u1, . . . , un

sont tous distincts. D’après le théorème 2.1,

uni = (ωi)n

=(

cis(2kπ

n

))n= cis

(n

2kπn

)= cis (2kπ)= 1.

Donc, uk est une solution de zn = 1 pour chaque k ∈ 1, . . . , n.

Les nombres complexes 1, ω, ω2, . . . , ωn−1 sont les racines n-ièmes de l’unité.

2.5.2 Obtention des racines n-ièmes

Soit u 6= 0 un nombre complexe ayant comme forme polaire r cis (θ). Supposons quel’on désire trouver toutes les solutions de zn = u. Chaque solution est appelé une racinen-ième de u. (Lorsque n = 2, nous avons les racines carrés. Lorsque n = 3, nous avonsles racines cubiques.)


Écrivons z = zr1n cis

(θn

). Alors zn = u devient(

zr1n cis

(θ

n

))n= u,

ouznu = u.

Puisque u 6= 0, nous avonszn = 1.

Comme nous l’avons vu plus tôt, les solutions de zn = 1 sont 1, ω, ω1, . . . , ωn−1, oùω = cis

(2πn

). Ainsi, les solutions de zn = u sont

r1n cis

(θ

n

), r

1n cis

(θ

n

)ω, r

1n cis

(θ

n

)ω2, . . . , r

1n cis

(θ

n

)ωn−1.

On peut aussi écrire cette liste sous la forme r 1n cis

(θ + 2kπ

n

), k = 0, . . . , n − 1. Ce

sont toutes les racines n-ièmes de r cis (θ).Exemple 2.13. Obtenons toutes les racines cubiques de −8. La forme polaire de −8 est8 cis (π). Ainsi, en applicant la liste générique donnée ci-dessus avec θ = π et n = 3, nousobtenons

2 cis(π

3

), 2 cis

(π + 2π

3

), 2 cis

(π + 4π

3

).

Une simplification donne

2 cis(π

3

), 2 cis (π) , 2 cis

(5π3

).

La conversion sous forme rectangulaire donne

1 +√

3i, − 2, 1−√

3i.

Exercices

1. Déterminez toutes les racines carrés de 17−14i. Exprimez vos réponses sous formerectangulaire, où les parties réelles et imaginaires sont arrondies à quatre décimalesaprès la virgule.

2. Déterminez toutes les racines quatrièmes de −1. Exprimez vos réponses sous formerectangulaire, où les parties réelles et imaginaires sont arrondies à quatre décimalesaprès la virgule.

2.5. RACINE N -IÈME 49

Solutions

1. −4,4172 + 1,5847i et 4,4172− 1,5847i.2. 0,7071 + 0,7071i, −0,7071 + 0,7071i, −0,7071− 0,7071i, 0,7071− 0,7071i.


2.6 Formule d’Euler

L’identité d’Euler est une identité remarquable :

eiπ + 1 = 0.

Cette identité est un cas spécial d’un résultat plus général :Théorème 2.2 (Formule d’Euler). Pour chaque x ∈ R,

eix = cosx+ i sin x.

Notons que l’identité d’Euler s’obtient en substituant x = π.

La formule d’Euler fût établie par le mathématicien suisse Leonhard Euler en utilisantl’expansion en série de puissance de ez, cos z et sin z :

ez = 1 + z + z2

2! + z3

3! + z4

4! + · · ·

cos z = 1− z2

2! + z4

4! −z6

6! + z8

8! + · · ·

sin z = z − z3

3! + z5

5! −z7

7! + · · ·

En utilisant l’analyse complexe, un sujet qui ne fait pas partie du présent ouvrage, il estpossible de montrer que ces séries convergent absolument pour tout z ∈ C. La formuled’Euler suit en prenant z = ix.

La formule d’Euler nous permet de représenter un nombre complexe sous forme exponen-tielle reiθ puisque reiθ = r cis (θ) . La forme exponentielle facilite la mémorisation de laformule de Moivre puisque qu’elle correspond à la loi des exposants :

(reiθ)n = rn(cis (θ))n = rn cis (nθ) = rneinθ.

Exercices

1. Lequel des nombres suivants est (ei)2?

a. e2

b. e−1

c. e2i

2. Complétez les détails de la preuve de la formule d’Euler en supposant la convergenceabsolue des séries.

2.6. FORMULE D’EULER 51

Solutions

1. La réponse est e2i.2. Notons que

eiz = 1 + iz + (iz)2

2! + (iz)3

3! + (iz)4

4! + (iz)5

5! + (iz)6

6! + (iz)7

7! + · · ·

= 1 + iz − z2

2! − iz3

3! + z4

4! + iz5

5! −z6

6! − iz7

7! · · ·

=(

1− z2

2! + z4

4! −z6

6! + · · ·)

+ i

(z − z3

3! + z5

5! −z7

7! + · · ·)

= cos z + i sin z.



1. Soit z = 2− 3i. Déterminez z, |z| et z−1.2. Soient z = 1− 2i et w = 1− i. Simplifiez l’expression z + 4w−2 le plus possible.3. Convertissez chacun des nombres complexes suivants sous forme polaire. (Donnez

le module et l’argument arrondis à cinq décimales après la virgule.)

a. 2− 7i

b. −5− 3i

4. Convertissez 3 cis(3

5)sous forme rectangulaire où les parties réelles et imaginaires

sont arrondies à quatre décimales après la virgule.5. Déterminez les racines quatrièmes de 4 + 3i sous forme rectangulaire où les parties

réelles et imaginaires sont arrondies à quatre décimales après la virgule.6. Une des racines cubiques de 8−5i, où les parties réelles et imaginaires sont arrondies

à 5 décimales après la virgule est −0,69947 + bi. Quelle valeur prend b?7. Est-ce que l’équation (z − i)2 + 1 = 0 a une solution réelle?8. Soient u = i et w = −2− i. Déterminez tous les nombres réels a tels que |a+u| =|w|.

9. Déterminez tous les nombres complexes z satisfaisant à iz2 − 2z + 1 = 0.


Solutions

1. Pour l’inverse de z, on obtient z−1 = 1z

= 1z· zz

= z

zz= z

|z|2= 2 + 3i

13 = 213 + 3

13 i.

2. Notons que

z + 4w−2 = z + 4w2

= 1− 2i+ 4(1− i)2

= 1− 2i+ 4−2i

= 1− 2i+ 2−i

= 1− 2i+ 2−i· ii

= 1− 2i+ 2i−i2

= 1− 2i+ 2i−(−1)

= 1− 2i+ 2i1

= 1− 2i+ 2i= 1

3. a. Le module est r =√

22 + (−7)2 =√

53. L’argument θ est donné par 2π −α = 2π − arctan

(72)radians. Donc, 2 − 7i = r cis (θ), où r ≈ 7,28011 et

θ ≈ 4,99069.b. Le module est r =

√(−6)2 + 12 =

√37. L’arument θ est donné par π −

arctan(1

6)radians.

Donc, −6 + i = r cis (θ), où r ≈ 6,08276 et θ ≈ 2,97644.4. Rappelons que 3 cis

(35)est une façon abrégé d’écrire 3

(cos 3

5 + i sin 35). Donc, la

partie réelle est 3 cos 35 ≈ 2,476006844729 et la partie imaginaire est 3 sin 3

5 ≈1,693927420185.Donc, la forme rectangulaire de 3 cis

(35)est 2,4760+1,6939i, où les parties réelles

et imaginaires sont arrondies à quatre décimales après la virgule.5. Rappelons que les racines quatrièmes d’un nombre complexe en forme polairer cis (θ) sont données par r 1

4 cis(

2jπ4 + θ

4

)pour j = 0, 1, 2, 3. Convertissons

d’abord 4 + 3i sous forme polaire.Le module r est donné par

√42 + 32 =

√16 + 9 =

√25 = 5.


Pour l’argument, on obtient θ = arctan 34 .

Donc, les quatres racines quatrièmes sont 5 14 cis

(arctan 3

44

), 5 1

4 cis(

2π4 + arctan 3

44

),

5 14 cis

(4π4 + arctan 3

44

), 5 1

4 cis(

6π4 + arctan 3

44

).

En simplifiant à l’aide d’une calculatrice, nous obtenons les quatres racines qua-trièmes suivantes, où les parties réelles et imaginaires sont arrondies à quatre déci-males après la virgule : 1,4760 + 0,2395i, −0,2395 + 1,4760i, −1,4760− 0,2395i,0,2395− 1,4760i.

6. Soit z = 8− 5i. Notons que z a trois racines cubiques mais la question s’intéresseseulement à une racine particulière ayant la partie réelle donnée (arrondies à cinqdécimales). Une stratégie est de commencer par trouver toutes les racines cubiquesde z et de consulter la liste afin de trouver celle qui nous est donnée.

Convertissons d’abord z sous forme polaire. Le module r est donné par√82 + (−5)2 =

√64 + 25 =

√89 ≈ 9,433981132. (Nous utilisons quelques

décimales de plus pour avoir une précision de 5 décimales pour notre réponsefinale.)

Pour l’argument, on obtient θ = 2π − arctan 58 = 5,72458599.

Les racines cubiques de z sont alors approchées par 9,433981132 13 cis

(5,72458599

3

),

9,433981132 13 cis

(2π3 + 5,72458599

3

), et 9,433981132 1

3 cis(

4π3 + 5,72458599

3

).

La conversion de la première racine sous forme rectangulaire donne −0,69947 +1,99386i. Puisque la partie réelle de cette racine cubique correspond à celle donnéedans la question, nous n’avons pas besoin de convertir les autres racines sous formerectangulaire, et b = 1,99386.

7. La réponse est « oui ». Pour le voir, on réécrit l’équation (z − i)2 = −1. Puisque−1 a deux racines carrées, i et −i, on doit avoir z − i = i ou z − i = −i, ce quiimplique que z = 2i ou z = 0, cette dernière étant une solution réelle.

8. Rappelons que pour un nombre complexe z = x + yi, où x, y sont des nombresréels, |z| =

√x2 + y2. Alors, |w| =

√(−2)2 + (−1)2 =

√5 et |a+ u| = |a+ i| =√

a2 + 12, puisque a est un nombre réel. Ainsi, nous devons trouver a satisfaisant à√a2 + 1 =

√5. En mettant les deux côtés au carré, on obtient a2 + 1 = 5. Donc,

a = ±2.

9. Nous allons résoudre ce problème en utilisant la méthode de complétion du carré.La clef est la transformation de l’équation z2+pz+q = 0 sous la forme (z+r)2 = s

Les solutions sont s1 − r et s2 − r, où s1 et s2 sont les racines carrées de s. La


transformation recherchée s’obtient comme suit :

z2 + pz + q = 0⇔ z2 + pz = −q⇔ z2 + pz + (p/2)2 = −q + (p/2)2

⇔ (z + p/2)2 = (p/2)2 − q

D’abord, on multiplie chaque côté par i−1 (qui est −i) pour obtenir

z2 + 2iz − i = 0.

L’équation peut être ensuite réécrite comme

z2 + 2iz = i.

Le coefficient de z est 2i. On ajoute alors (2i/2)2 (qui est i2) de chaque côté pourobtenir

z2 + 2iz + i2 = i+ i2.

Ainsi, l’équation peut être réécrite sous la forme

(z + i)2 = −1 + i.

Ainsi, z + i doit être égale à une des racines carrés de −1 + i.En forme polaire,−1+i =

√2 cis 3π

4 . Les racines carrés de−1+i sont donc 2 14 cis 3π

8et 2 1

4 cis 11π8 , qui sont approchées par 0,4551 + 1,0987i et −0,4551 − 1,0987i,

respectivement. Les solutions, où les parties réelles et imagines ont une précisionde quatre décimales, sont 0,4551 + 0,0987i et −0,4551− 2,0987i.


Chapitre 3

Résolution de systèmesd’équations linéaires

Ce chapitre porte sur un des sujets principaux de l’algèbre linéaire, c’est-à-dire la résolutiond’équations linéaires. La maîtrise du matériel de ce chapitre permet de :

— Définir et identifier un système d’équations linéaires.— Résoudre un système d’équations linéaires en utilisant la substitution ou l’élimina-

tion de Gauss-Jordan.— Définir et obtenir la forme échelonnée réduite d’une matrice.— Représenter un système d’équations linéaires de multiples façons.— Obtenir des informations à propos de la solution à partir de la forme échelonnée

réduite d’une matrice.— Donner une description de l’ensemble-solution d’un système d’équations linéaires.

Les connaissances requises pour ce chapitre incluent les nombres complexes et l’arithmé-tique sur GF (2).

3.1 Définition

Une équation linéaire est une équation de la forme :n∑i=1

aixi = b,

où x1, . . . , xn sont des variables (ou inconnues) et a1, . . . , an, b sont des constantes.

La constante ai est le coefficient de la variable xi.

57

58 CHAPITRE 3. RÉSOLUTION DE SYSTÈMES D’ÉQUATIONS LINÉAIRES

Une équation linéaire est normalement définie sur un corps, c’est-à-dire que les constantessont des éléments d’un corps et les valeurs recherchées pour les variables proviennent dumême corps.

Les équations qui ne sont pas linéaires sont des équations nonlinéaires.Exemple 3.1. x − 2y + 3z = 4 est une équation linéaire dont les variables sont x, y, z.Ici, le coefficient de x est 1. Une solution (il en existe plusieurs autres) est donnée parx = 3, y = 1, z = 1.Exemple 3.2. x1 − πx2 + 3x3 −

√2x4 = 0 est une équation linéaire en x1, x2, x3, x4

comme variables. Le coefficient de x2 est π, celui de x4 est√

2.

Soient K un corps et m, n des entiers positifs. Dans ce qui suit, on suppose que aij ∈ Ket bi ∈ K, pour i = 1, ...,m et j = 1, ..., n. Un système d’équations linéaires en variablesx1, . . . , xn est défini par :

n∑j=1

a1jxj = b1

n∑j=1

a2jxj = b2

...n∑j=1

amjxj = bm.

Une solution du système est un choix d’éléments de K assignées aux x1, . . . , xn tel quepour chaque équation, le côté gauche prend la même valeur que le côté droit. Par résoudrele système, on entend trouver une solution ou toutes les solutions du système, selon lecontexte.

Dans plusieurs applications, on doit résoudre des systèmes d’équations linéaires de façonrapide. C’est le cas, par exemple, des prévisions météorologiques et de l’optimisation d’unportfolio d’investissement. Il y en a plusieurs autres.

Nous sommes intéressés à trouver des manières de résoudre de tels systèmes et à identifierles structures mathématiques qui émergent de la recherche de solutions.Exemple 3.3. Considérons le système d’équations linéaires suivant sur R :

x1 + 3x2 = 2−x1 + 2x2 = 3.

Si x1 = −1 et x2 = 1, on vérifie que le côté gauche prend la même valeur que le côtédroit pour les deux équations. C’est donc une solution du système.

3.1. DÉFINITION 59

3.1.1 Deux cas spéciaux

Deux cas spéciaux, pour lesquels l’obtention de solutions est assez simple, sont maintenantà l’étude.

Cas 1: Le système n’a qu’une seule variable.

Considérons le système suivant sur Q :

2x = 8 (A)−x = −4 (B)3x = 2 (C)

Existe-t-il une valeur de x ∈ Q satisfaisant à toutes les équations?

On remarque que (A) est équivalent à x = 4, suite à la multiplication par 1/2 de chaquecôté. De plus, (C) est équivalent à x = 2/3, suite à la multiplication par 1/3 de chaquecôté. Puisque x ne peut être à la fois égal à 4 et 2/3, il n’y a pas de solution.

En général, pour la résolution d’un système à une seule variable, chaque équation est misesous la forme x = βi, où βi est une constante. Si tous les βi sont égaux, alors x = βi = β

est la solution unique du système. Sinon, le système n’admet pas de solution.

Cas 2: Le système n’a qu’une seule équation.

Considérons le système suivant sur Q, qui consiste en une seule équation à trois variables:

x1 + 2x2 − x3 = 5.

Nous désirons trouver toutes les valeurs rationnelles que l’on puisse assigner à x1, x2 etx3 de façon à obtenir l’égalité.

On additionne de part et d’autre par −2x2 + x3 afin d’obtenir

x1 = 5− 2x2 + x3.

Observons que peu importe la valeur assignée à x2 et à x3, la valeur de x1 est contrainteà être 5− 2x2 + x3. Par exemple, si x2 = 0 et x3 = 1, alors x1 = 5− 2(0) + 1 = 6, d’oùx1

x2

x3

=

601

est une solution de l’équation.


Puisqu’on est libre de choisir x2 = s ∈ Q et x3 = t ∈ Q, on obtient

x1

x2

x3

=

5− 2s+ t

s

t

.Comme s et t couvrent tous les nombres rationnels, on obtient toutes les solutions ration-nelles de l’équation. Par ce procédé, il y en a une infinité.

Plus généralement, un système d’équations linéaires ayant une seule équation mais aumoins deux variables dont les coefficients sont nuls admet une infinité de solutions, àmoins que le corps n’ait qu’un nombre fini d’éléments.

Exercices

1. Déterminez toutes les solutions rationnelles des systèmes suivants :

a.2x− 1 = 5

3x = 92− x = x

b. 2x− 3y = 4

2. Est-il possible pour un système à valeurs dans R n’ayant qu’une seule équationd’admettre exactement deux solutions?

3.1. DÉFINITION 61

Solutions

1. a. Le système n’admet aucune solution car les deux premières équations impliquentque x = 3, mais x = 3 ne satisfait pas à la troisième équation.

b. Les solutions du système sont donnée par[x

y

]=[3t+ 2

2t

]pour tout t ∈ R. On

peut également les écrire de manière différentes.2. Non. (Il est difficile de le démontrer à l’aide des connaissances des premiers cha-

pitres. Cependant, la réponse va devenir évidente d’ici la fin du présent chapitre.Notons que si on remplace R par GF (2), la réponse change puisque l’équationx1 + x2 = 0 admet exactement deux solutions dans GF (2).)


3.2 Méthode de la substitution

Nous avons étudié la résolution d’un système dans des cas particuliers. Nous étudionsmaintenant le cas général. L’idée est simple: on cherche à réduire un système généralsous une forme qui est plus facile à résoudre, c’est-à-dire un système à une variable ouun système à une équation. Comment s’y prend-on exactement pour accomplir une telletâche?

Considérons le système suivant sur Q :

2x1 − x2 = 0−x1 + x2 − 2x3 = 43x1 − 2x2 + x3 = −2.

La première équation est équivalente à x1 = 12x2. Si nous connaissons la valeur de x2, nous

connaissons donc également la valeur de x1. On peut donc remplacer chaque instance dex1 par 1

2x2.

On effectue cette substitution dans la deuxième et troisième équation afin d’obtenir

−12x2 + x2 − 2x3 = 432x2 − 2x2 + x3 = −2,

ce qui, par simplification, donne

12x2 − 2x3 = 4 (A)

−12x2 + x3 = −2 (B)

Ces deux équations forment un système contenant seulement 2 variables: x2 et x3. L’ob-tention des solutions de ce système nous donnera les solutions du système original, enutilisant x1 = 1

2x2. Nous avons réduit le problème original à un problème plus simple, unsystème de deux équations à deux inconnue.

Nous pouvons continuer ainsi, en utilisant (A) pour exprimer x2 en terme de x3 et enremplaçant x2 dans (B). Cependant, nous pouvons également prendre le raccourci suivant:le terme 1

2x2 apparaît dans (A) et dans (B). C’est ce dernier que l’on réécrit en terme de x3.De (A), on obtient 1

2x2 = 4 + 2x3. En combinant avec (B), on obtient −(4 + 2x3) +x3 =

3.2. MÉTHODE DE LA SUBSTITUTION 63

−2, d’où −x3 = 2. Ainsi, on doit avoir x3 = −2, ce qui implique que x2 = 0, et doncque x1 = 0.

Sans ce raccourci, nous devons premièrement réécrire (A) sous la forme x2 = 8 + 4x3,pour ensuite substituer x2 par 8 + 4x3 dans (B) afin d’obtenir −1

2(8 + 4x3) + x3 = −2.La simplification de cette dernière équation donne x3 = −2, comme au préalable.

L’exemple précédent illustre la méthode de la substitution. La recette générale est simple:Supposons que le système ait plus d’une variable et plus d’une équation. On prend unedes équations et on la ré-écrit de façon à ce qu’une des variables soit exprimée en termedes autres variables, c’est-à-dire que la variable en question est la seule du côté gauchede l’équation. Appelons le côté droit de cette équation R. Alors, pour chacune des autreséquations du système, on remplace chaque apparition de la variable par R. Après sim-plification, on obtient un système ayant au moins une équation de moins et une variablede moins. Le procédé est répété jusqu’à l’obtention d’un système pouvant aisément êtrerésolu.

Exercices

1. Déterminez toutes les solutions rationnelles de chacun des systèmes suivants :

a. 2x+ y = 33x− y = 2

b. 2x+ y − z = 0−x− y + z = 1

2. Est-il possible qu’un système d’équations linéaires ayant plus de variables qued’équations n’admet aucune solution?


Solutions

1. a. x = 1, y = 1 est la seule solution.b. Toutes les solutions sont données par x = 1, y = −2 + z, z n’importe quel

nombre rationnel.2. Oui. Par exemple,

x+ y + z = 0x+ y + z = 1

3.3. OPÉRATIONS ÉLÉMENTAIRES 65

3.3 Opérations élémentaires

Dans la section précédente, nous avons résolu le système suivant par substitution :

2x1 − x2 = 0 (A)−x1 + x2 − 2x3 = 4 (B)3x1 − 2x2 + x3 = −2. (C)

Rappelons que l’on utilise (A) afin d’obtenir x1 = 12x2. Chaque apparition de x1 dans (B)

et (C) est ensuite remplacée par 12x2, ce qui nous donne le système suivant :

x1 = 12x2

12x2 − 2x3 = 4

−12x2 + x3 = −2,

que l’on peut réécrire sous la forme

x1 −12x2 = 0 (D)

12x2 − 2x3 = 4 (E)

−12x2 + x3 = −2. (F)

Voyons maintenant comme le même résultat peut être obtenu de façon différente. Notonsque l’on peut obtenir (D) en multipliant chaque côté de (A) par le scalaire 1

2 . Nous utilisonsla notation (D) = 1

2 × (A) pour dénoter cette opération.

On obtient (E) en multipliant de part et d’autre de (A) par 12 , et en additionnant le résultat

à (B). On utilise la notation (E) = (B) + 12 × (A) pour dénoter cette opération.

De la même façon, (F) = (C)− 32 × (A).

Le système composé par (D), (E) et (F) est équivalent au système original dans le sensoù toutes les solutions de ce système sont également une solution du système original, etvice versa. Cela signifie que les opérations effectuées ne créent pas et ne perdent pas desolutions en cours de route. Ces opérations sont en fait réversibles.

Les types d’opérations utilisées dans l’exemple qui précède sont suffisantes pour résoudretout système d’équations linéaires défini sur un corps. Plus précisément, les opérationsélémentaires sont:


1. La multiplication de chaque côtés d’une équation par la même constante non nulle.2. L’addition du produit d’une équation par une constante à une autre équation (on

remplace cette dernière par le résultat de l’opération élémentaire)3. L’échange des positions de deux équations.

La troisième opération n’est pas vraiment nécessaire (on ne la retrouve pas dans l’exempleci-dessus); cependant, il est utile de l’avoir à la portée de la main lorsque l’on utilise desmatrices afin de résoudre un système d’équations linéaires, comme nous le verrons bientôt.

Exercices

1. Utilisez les opérations élémentaires afin de transformer

x− y = 12x+ y = 5

en

3x = 6x− y = 1.

2. Utilisez les opérations élémentaires afin de transformer

x− y + z = 12x+ y − z = 2

−x+ 2y − 2z = −1

en

x− y + z = 1x+ 2y − 2z = 1

y − z = 0

3.3. OPÉRATIONS ÉLÉMENTAIRES 67

Solutions

1. Nous commençons par ajouter la première équation à la deuxième équation, modi-fiant ainsi cette dernière. Nous échangeons ensuite les positions de deux équations.

2. Nous commençons par ajouter le produit de la première équation par −1 à ladeuxième équation, modifiant ainsi cette dernière. On ajoute ensuite la premièreéquation à la troisième, modifiant ainsi cette dernière.


3.4 Représentation matricielle

Considérons le système

u− 2v + w = 4−u− 2w = 5,

où u, v et w sont les variables du système.

On peut réécrire ce système sous la forme d’un uplet:[u− 2v + w

−u− 2w

]=[45

], puisque deux

uplets sont égaux si et seulement si leurs composantes correspondantes sont égales.)

Nous introduisons maintenant une nouvelle façon d’écrire ce système sous forme matricielle: [

1 −2 1−1 0 −2

]u

v

w

=[45

].

Il y a trois composantes dans la représentation matricielle d’un système d’équations li-néaires. La matrice de gauche est la matrice des coefficients. La première ligne de lamatrice contient les coefficients de la première équation. La deuxième ligne contient lescoefficients de la deuxième équation. L’ordre selon lequel les coefficients sont présentés estimportant. On doit déterminer à l’avance quelle colonne de la matrice représente chaquevariable.

La seconde matrice est un uplet formé des variables, énumérées dans l’ordre approprié. Lepremier élément du uplet, u dans ce cas, correspond à la première colonne de la matricedes coefficients.

Dans le même ordre d’idée, le deuxième élément, v, correspond à la deuxième colonne dela matrice des coefficients, et le troisième élément, w, correspond à la troisième colonnede la matrice des coefficients.

Finalement, la matrice de droite est un uplet contenant les valeurs à droite de chacunedes équations.

Pour indiquer une évaluation du côté gauche pour un choix de valeurs assignées à u, v, w,

disons u = 1, v = 2 et w = 3, on écrit[

1 −2 1−1 0 −2

]123

, qui s’évalue comme suit :

[1 · 1 + (−2) · 2 + 1 · 3

(−1) · 1 + 0 · 2 + (−2) · 3

]=[

0−7

].

3.4. REPRÉSENTATION MATRICIELLE 69

Si A dénote la matrice des coefficients, x l’uplet des variables, et b l’uplet des constantesdu système, alors le système peut s’écrire de manière compacte sous la forme

Ax = b.

Considérons maintenant la représentation matricielle d’un système d’équations linéairesgénéral. Soient K un corps et m, n des entiers positifs. Soit Km×n l’ensemble des matrices

ayant m lignes et n colonnes à éléments dans K. Soient A ∈ Km×n, x =

x1...xn

et

b =

b1...bm

, où x1, . . . , xn sont des variables et b1, . . . , bm ∈ K.

Le produit Ax est le m-upleta11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn

a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn...

am1x1 + am2x2 + · · ·+ amnxn

,

où aij dénote l’élément de la i-ième ligne et la j-ième colonne de A, que l’on appellel’élément (i, j) de A.

Ainsi, Ax = b représente le système d’équations linéaires donné par

a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn = b2

...am1x1 + am2x2 + · · ·+ amnxn = bm,

un système de m équations à n inconnues.

Exercices

1. Soit A =[3 14 5

]. Quel est l’élément (2, 1) de A?

2. Écrivez chacune des équations matricielles Ax = b suivantes sous la forme d’unsystème d’équations linéaires.


a. A =[1 0 −20 −3 4

], x =

x

y

z

et b =[

5−6

].

b. A =

0 1 00 0 11 0 0

, x =

x1

x2

x3

et b =

b1

b2

b3

.

3.4. REPRÉSENTATION MATRICIELLE 71

Solutions

1. 4.2. a. Le système est

x− 2z = 5−3y + 4z = −6

b. Le système est

x2 = b1

x3 = b2

x1 = b3


3.5 Combinaison linéaire de colonnes

Soit le système donné par Ax = b, où A =[1 2 34 5 6

], x =

x1

x2

x3

, et b =[78

].

D’après ce que nous avons vu à la dernière section, Ax dénote l’uplet[x1 + 2x2 + 3x3

4x1 + 5x2 + 6x3

].

En utilisant l’arithmétique des uplets, on obtient[x1 + 2x2 + 3x3

4x1 + 5x2 + 6x3

]= x1

[14

]+ x2

[25

]+ x3

[36

].

C’est un exemple de ce que l’on nomme une combinaison linéaire des uplets[14

],[

25

], et

[36

]. (En général, une combinaison linéaire d’uplets t(1), . . . , t(k) prend la forme

a1t(1) + a2t(2) + · · ·+ akt(k), où ai est un scalaire pour chaque i = 1, . . . , k.)

La question de déterminer si Ax = b admet une solution peut être interprétée commesuit : est-ce que b est une combinaison linéaire des colonnes de A?

En général, si A = [A1 · · ·An], où Ai représente la i-ième colonne de A et x =

x1...xn

est l’uplet des variables, alors

Ax = x1A1 + x2A2 + · · ·+ xnAn.

Résoudre Ax = b signifie trouver une combinaison linéaire de A1, . . . ,An donnant b.Cette façon de visualiser les systèmes d’équations linéaires nous sera utile lorsque l’onparlera d’espaces vectoriels et d’approximation par les moindres carrés.

Exercices

1. Écrivez chacun des systèmes suivants en tant que combinaison linéaire d’upletsayant x, y et z comme scalaires.

a.

x+ 2y − zy + z

2x

3.5. COMBINAISON LINÉAIRE DE COLONNES 73

b.

2z − y + x

x− y + z

y + 2x


Solutions

1. a. x

102

+ y

210

+ z

−110

b. x

112

+ y

−1−11

+ z

210

3.6. MATRICE AUGMENTÉE ASSOCIÉE À UN SYSTÈME 75

3.6 Matrice augmentée associée à un système

Considérons le système d’équations linéaires suivant :

2x1 − x2 = 0−x1 + x2 − 2x3 = 43x1 − 2x2 + x3 = −2

Nous pouvons utiliser une seule matrice afin de capturer toute l’information requise afinde le résoudre; on peut représenter le système sous la forme

2 −1 0 0−1 1 −2 43 −2 1 −2

,en sachant que la première colonne correspond à la variable x1 et que les éléments sontles coefficients de x1, que la deuxième colonne correspond à la variable x2, la troisièmecolonne à la variable x3, et que la quatrième colonne correspond au 3-uplet des constantes.(La ligne verticale séparant les 3 premières colonnes de la quatrième colonne n’est présenteque pour des raisons esthétiques et est en fait optionnelle.)

La matrice représentant le système dans son entièreté est appelée la matrice augmentéeassociée au système; elle est formée en combinant la matrice des coefficients et l’uplet desconstantes du système, comme suit : [A | b]

3.6.1 Opérations élémentaires sur les lignes

Nous avons introduit les opérations élémentaires pour la résolution d’équations linéaires.Si nous décidons d’utiliser la matrice augmentée, les opérations élémentaires deviennentdes opérations élémentaires sur les lignes:

1. Multiplier une ligne par une constante non nulle.2. Ajouter un multiple d’une ligne à une autre ligne.3. Échanger deux lignes.


Exemple 3.4. Soit A =

1 0 2 3−1 1 1 23 −2 1 0

.— En multipliant la deuxième ligne par 2, ce que l’on dénote par L2 ← 2L2, on obtient

la matrice

1 0 2 3−2 2 2 43 −2 1 0

.— En ajoutant le multiple de la troisième ligne par −1 à la première ligne, ce que l’on

dénote par L1 ← L1 + (−1)L3 (ou simplement par L1 ← L1 − L3), on obtient la

matrice

1− 3 0− (−2) 2− 1 3− 0−1 1 1 23 −2 1 0

, ou encore

−2 2 1 3−1 1 1 23 −2 1 0

.— En échangeant la première et la troisième ligne, ce que l’on dénote par L1 ↔ L3,

on obtient la matrice

3 −2 1 0−1 1 1 21 0 2 3

.

3.6.2 Résolution d’un système en utilisant la matrice augmentée asso-ciée

Voyons maintenant comment la résolution d’un système, en utilisant les opérations élémen-taires, correspond à une transformation de la matrice augmentée qui utilise les opérationsélémentaires sur les lignes.

Au départ, le système et la matrice augmentée correspondante sont :

2x1 − x2 = 0−x1 + x2 − 2x3 = 43x1 − 2x2 + x3 = −2

et 2 −1 0 0−1 1 −2 43 −2 1 −2

,respectivement.

La multiplication de la première équation par 12 correspond à la multiplication de la première


ligne de la matrice par 12 , L1 ← 1

2L1. Cette opération donne :

x1 −12x2 = 0

−x1 + x2 − 2x3 = 43x1 − 2x2 + x3 = −2

et 1 −1

2 0 0−1 1 −2 43 −2 1 −2

.Ensuite, on ajoute la première équation à la seconde équation. Ceci correspond à l’additionde la première ligne de la matrice à la seconde ligne de la matrice, ou L2 ← L2 +L1. Onobtient

x1 −12x2 = 0

12x2 − 2x3 = 4

3x1 − 2x2 + x3 = −2

et 1 −1

2 0 00 1

2 −2 43 −2 1 −2

.On ajoute ensuite le produit de la première équation par −3 à la troisième équation. Cecicorrespond à ajouter le produit de la première ligne de la matrice par −3 à la troisièmeligne de la matrice, L3 ← L3 − 3L1. Le résultat est

x1 −12x2 = 0

12x2 − 2x3 = 4

−12x2 + x3 = −2

et 1 −1

2 0 00 1

2 −2 40 −1

2 1 −2

.


Nous continuons en ajoutant la deuxième équation à la troisième équation. Ceci correspondà l’addition de la deuxième ligne de la matrice à la troisième ligne de la matrice, ouL3 ← L3 + L2. On obtient

x1 −12x2 = 0

12x2 − 2x3 = 4

−x3 = 2

et 1 −1

2 0 00 1

2 −2 40 0 −1 2

.Notons que la troisième ligne donne x3 = −2. Dans ce cas, on déduit de la secondeéquation que x2 = 0, et de la première que x1 = 0. Nous avons obtenu l’unique solutiondu système.

Cependant, nous pouvons aussi décider de continuer ce procédé en multipliant la troisièmeéquation par −1. Ceci correspond à la multiplication de la troisième ligne de la matricepar −1, L3 ← −L3. La matrice ainsi obtenue est

1 −12 0 0

0 12 −2 4

0 0 1 −2

.(Quel est le système d’équations correspondant?)

Après l’application de L2 ← L2 − 2L3, on obtient1 −1

2 0 00 1

2 0 00 0 1 −2

.L’application de L1 ← L1 + L2 donne

1 0 0 00 1

2 0 00 0 1 −2

.Finalement, l’application de L2 ← 2L2 donne

1 0 0 00 1 0 00 0 1 −2

.


Cette matrice finale correspond au système de trois équations linéaires dont les troispremières colonnes représentent les coefficients des variables x1, x2 et x3, respectivement.La dernière colonne est l’uplet des constantes des équations. Ainsi, la matrice représentele système

x1 = 0x2 = 0x3 = −2

duquel on peut lire directement la solution.

Notons que la matrice des coefficients du système réduit n’a que des 1 sur sa diagonaleprincipale. Tous les autres éléments sont nuls. Une matrice carré de cette forme est unematrice identité.

En résumé, on résoud un système d’équations linéaires en appliquant une suite d’opérationsélémentaires sur les lignes de la matrice augmentée associée, jusqu’à ce que l’on obtienneune matrice ressemblant à la matrice identité.

Ce n’est pas toujours possible, mais nous pouvons toujours réduire la matrice à une formespéciale qui nous indique les solutions sans avoir à effectuer de calculs supplémentaires.

Finalement, si A et B sont des matrices que l’on peut transformer de l’une à l’autre enn’utilisant que des opérations élémentaires sur les lignes, on dit de A et B qu’elles sontéquivalentes.

Exercices

1. Écrivez la matrice augmentée associée à chacun des systèmes suivants.

a. x− y = 12x+ y = 5

b.x− y + z = 1

2x+ y − z = 2x+ 2y − 2z = 1

2. Qu’obtient-on après avoir appliqué L2 ← L2 + 2L1 à[−1 −1 12 1 2

]?


Solutions

1. a.[

1 −1 12 1 5

]

b.

1 −1 1 12 1 −1 21 2 −2 1

2.[−1 −1 10 −1 4

]

3.7. FORME ÉCHELONNÉE RÉDUITE 81

3.7 Forme échelonnée réduite

Une matrice est sous forme échelonnée réduite (FER) si elle satisfait aux trois condi-tions suivantes :

1. À chaque ligne, l’élément non nul le plus à gauche est 1 et les autres éléments dela colonne qui contient ce 1 sont tous nuls. Ce 1 est un pivot de la matrice.

2. Le pivot de chaque ligne est à la droite des pivots des lignes supérieures.

3. Chaque ligne ne contenant que des éléments nuls se retrouve au bas de la matrice.

Par exemple, les matrices suivantes ne sont pas en FER :

—

1 0 00 2 −10 0 0

(L’élément non nul le plus à gauche de la deuxième ligne n’est pas

égal à 1, ce qui contrevient à la première propriété.)

—[0 11 0

](Le pivot de la deuxième ligne est à gauche du pivot de la première ligne,

ce contrevient à la seconde propriété.)

—

1 0 −30 1 00 0 1

(Le pivot de la troisième ligne n’est pas le seul élément non nul dans

sa colonne, ce qui contrevient à la première propriété.)

—

1 0 00 0 00 1 1

(La deuxième ligne ne contient que des éléments nuls mais elle ne se

retrouve pas au bas de las matrice, ce qui contrevient à la troisième propriété.)

Dans un système Ax = b, où A est en FER, on peut rapidement voir si le système admetune solution et comment la construire dans ce cas. Si A possède une ligne d’élémentsnuls, disons la i-ième ligne, et que bi 6= 0, alors il ne peut y avoir de solution car la i-ième

équation se lirait « 0 = bi 6= 0 », ce qui est impossible. Par exemple, si A =[1 20 0

],

x =[x1

x2

]et b =

[34

], le système devient

x1 + 2x2 = 30 = 4

Peu importe les valeurs de x1 et x2, la seconde équation ne peut être satisfaite.


Dans le cas contraire, on obtient une solution en fixant toutes les variables correspondantaux pivots à la valeur de la constante de la dernière colonne de la matrice augmentée, etles autres variables à 0. (Que faire si nous cherchons à obtenir toutes les solutions?)

Soit A une matrice définie sur un corps, de forme échelonnée réduite (FER). Les solutionsde Ax = b peuvent être lues immédiatement à même la matrice augmentée

[A b

].

Dans ce qui suit, on jette un regard sur tous les scénarios possibles.

3.7.1 D’autres terminologies

Supposons que la matrice augmentée est

1 2 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 3

, qui est en FER. Les colonnes

1, 3 et 4 contiennent les pivots. Ces colonnes sont les colonnes pivots. Les autrescolonnes sont les colonnes libres. Les variables correspondant aux colonnes pivots sontles variables pivots. Les autres variables sont appelées variables libres. La dernièrecolonne est la colonne des constantes.

3.7.2 Existence de solutions

Considérons, par exemple la matrice augmentée donnée par

1 3 0 −1 00 0 1 0 00 0 0 0 1

. Notonsque la troisième ligne ne contient que des nuls dans les colonnes correspondantes auxvariables mais un élément non nul dans la colonne des constantes. Cela signifie qu’il n’ya pas de solution car l’équation représentée par la troisième ligne est 0 = 1. En général,si une matrice augmentée est FER et contient une ligne de zéros à part pour la dernièreposition, alors le système n’admet aucune solution.

Si la matrice augmentée n’a pas de telle ligne, alors le système correspondant admet aumoins une solution pouvant aisément être obtenue en donnant à chaque variable pivot lavaleur correspondante de la constante et à chaque variable libre la valeur 0. Considérons,

par exemple, la matrice augmentée est

1 2 0 0 50 0 1 0 40 0 0 1 3

. On trouve une solution en fixant

les variables pivots x1 = 5, x3 = 4, x4 = 3 et la variable libre x2 = 0.

Dans le cas où la matrice augmentée en FER indique que le système correspondant admetau moins une solution, nous verrons que nous sommes en mesure de donner un descriptionplus informative de l’ensemble-solution.


3.7.3 Solutions multiples

Supposons que le système admette une solution. Si la matrice augmentée contient une va-riable libre, le système admet en fait une infinité de solutions, à moins qu’il soit défini sur un

corps fini. Considérons, par exemple, la matrice augmentée donnée par

1 2 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 3

.La deuxième colonne est une colonne libre. La variable correspondante à cette colonnepeut prendre n’importe quelle valeur et on obtient quand même une solution du système.Posons x2 = s, on obtient alors une solution où x1 = −2s, x3 = 0 et x4 = 3, c’est-à-dire

que pour chaque valeur de s, x =

−2ss

03

est une solution. Par exemple, s = 0 nous

obtenons x =

0003

, tandis que si s = −1 nous obtenons la solution x =

2−103

.Pour voir comment on obtient la solution générale, on écrit le système dans son entièreté:

x1 + 2x2 = 0x3 = 0x4 = 3.

En prenant x2 = s, on obtient

x1 + 2s = 0x3 = 0x4 = 3.

Ensuite, il suffit de résoudre pour x1 afin d’obtenir la solution générale.

3.7.4 Solution unique

Si le système admet une solution mais qu’il n’y a pas de colonne libre dans la matriceaugmentée associé, alors le système admet une solution unique. Par exemple, si A =

1 00 10 0

et b =

230

, le système Ax = b n’admet que la solution[x1

x2

]=[23

].


Exercices

1. Chacune des matrices suivantes est une matrice augmentée associée à un systèmed’équations linéaires rationnels. Déterminez si le système n’admet aucune solution,s’il admet une solution unique ou une infinité de solutions.

a.

1 −1 0 00 1 1 01 0 1 1

b.

0 0 1 00 1 1 11 1 1 1

c.

0 0 1 00 1 1 11 1 1 11 2 3 2


Solutions

1. a. Aucune solution.b. Solution unique.c. Solution unique.


3.8 Élimination de Gauss-Jordan

À la section précédente, nous avons vu comment caractériser les solutions de Ax = b siA est sous FER. En transformant un système général d’équations linéaires en un systèmeéquivalent ayant la FER, le problème est résolu. L’élimination de Gauss-Jordan est unalgorithme de transformation menant à un système équivalent d’équations linéaires Rx =d, où R est sous FER, qui n’utilise que des opérations élémentaires sur les lignes. Enlangage courant, on dit que la transformation d’une matrice en FER est une réduction.

Rappelons les trois types d’opérations élémentaires permises:

1. Li ← αLi (on remplace la i-ième ligne par le produit de la i-ième ligne par α, oùα 6= 0)

2. Li ← Li + αLj (on remplace la i-ième ligne par la somme de la i-ième ligne et duproduit de la j-ième ligne par α, où α 6= 0 et i 6= j)

3. Li ↔ Lj (on échange ligne i et ligne j, où i 6= j).

Soit A =

1 −1 2 12 −2 0 2−1 3 0 1

, x =

x1

x2

x3

x4

, et b =

311

.

La matrice augmentée associée au système Ax = b est

1 −1 2 1 32 −2 0 2 1−1 3 0 1 1

. Nousla transformons maintenant en matrice sous FER en utilisant les opérations élémentairessur les lignes.

L’élément de la première ligne se retrouvant dans la première colonne est le pivot de cetteligne. Nous devons donc nous assurer que tout les éléments sous ce pivot soient nuls enutilisant les opérations élémentaires sur les lignes. Ceci peut être accomplit en appliquantL2 ← L2 + (−2)× L1 et L3 ← L3 + L1. La matrice résultante est

1 −1 2 1 30 0 −4 0 −50 2 2 2 4

.

Notons que l’élément non nul le plus à gauche des deuxième et troisième lignes sontdistincts de 1. Nous pouvons obtenir les valeurs requises en appliquant L2 ← −1

4L2 et

3.8. ÉLIMINATION DE GAUSS-JORDAN 87

L3 ← 12L3. La matrice résultante est

1 −1 2 1 30 0 1 0 5

40 1 1 1 2

.

Le pivot de la troisième ligne se retrouve à la gauche de celui de la seconde ligne. Nouséchangerons alors les deux lignes en appliquant L2 ↔ L3 afin d’obtenir

1 −1 2 1 30 1 1 1 20 0 1 0 5

4

.

On transforme l’élément au-dessus du pivot de la deuxième ligne en appliquant L1 ←L1 + L2 afin d’obtenir

1 0 3 2 50 1 1 1 20 0 1 0 5

4

.

Il ne reste qu’à transformer les éléments au-dessus du pivot de la troisième ligne enappliquant L1 ← L1 + (−3)× L3 et L2 ← L2 + (−1)× L3 afin d’obtenir

1 0 0 2 54

0 1 0 1 34

0 0 1 0 54

.Cette matrice est sous FER. Les variables correspondantes aux trois premières colonnes

sont des variables pivots. Une des solutions de Ax = b est alors donnée par x =

5/43/45/40

.On obtient toutes les solutions en posant x4 = s (la seule variable libre) et en résolvantensuite pour les variables pivots x1, x2, x3 en terme du paramètre s. Les solutions prennent

alors la forme x =

54 − 2s34 − s

54s

, pour s ∈ R.

Remarque: La FER d’une matrice est unique. Indépendamment de la séquence des opé-rations élémentaires utilisées, le résultat final est toujours le même.


3.8.1 Pseudo-code

II est possible de codifier la procédure. Voici le pseudo-code pour l’implémentation de laréduction d’une matrice A de dimension m× n :

— poser p = 1— pour k = 1, . . . , n, alors

— s’il existe i ∈ p, . . . ,m tel que aik 6= 0, alors— si i 6= p, échanger la p-ième ligne et la i-ième ligne— appliquer Lp ← α−1Lp, où α est l’élément de la colonne k de

la ligne p— appliquer Lq ← Lq−αqLR pour tout q 6= p, où αq est l’élément

de la colonne k de la q-ième ligne— p = p+ 1— arrêter lorsque p > m

Exercices

1. Transformer chacune des matrices suivantes en FER en utilisant les opérationsélémentaires sur les lignes.

a.

0 1 00 0 11 0 0

b.

0 2 2 00 −1 0 10 1 2 1

2. Déterminez tous les nombres réels x, y, z satisfaisant au système d’équations li-

néaires

3x− 2y − z = 12z + x− y = 5

3. Soit A ∈ Km×n, K un corps. Démontrez l’unicité de la FER de A.


Solutions

1. a. Notons que 0 1 00 0 11 0 0

L1↔L3−−−−→

1 0 00 0 10 1 0

L2↔L3−−−−→

1 0 00 1 00 0 1

b. Notons que 0 2 2 00 −1 0 10 1 2 1

L1↔L3−−−−→

0 1 2 10 −1 0 10 2 2 0

L2←L2+L1−−−−−−−→

0 1 2 10 0 2 20 2 2 0

L3←L3−2L1−−−−−−−→

0 1 2 10 0 2 20 0 −2 −2

L3←L3+L2−−−−−−−→

0 1 2 10 0 2 20 0 0 0

L2← 1

2L2−−−−−→

0 1 2 10 0 1 10 0 0 0

L1←L1−2L2−−−−−−−→

0 1 0 −10 0 1 10 0 0 0


2. Ce système peut s’écrire sous la forme[3 −2 −11 −1 2

]x

y

z

=[15

]. (Faites atten-

tion. Les variables de la deuxième équation sont données de façon désordonnée dansla question.) La matrice augmentée du système est[

3 −2 −1 11 −1 2 5

.

]

L’application de L1 ↔ L2 donne[1 −1 2 53 −2 −1 1

].

L’application de L2 ← L2 − 3L1 donne[1 −1 2 50 1 −7 −14

].

L’application de L1 ← L1 + L2 donne[1 0 −5 −90 1 −7 −14

].

Ainsi, z est la seule variable libre. En prenant z = s, la deuxième ligne devienty − 7s = −14 et la première ligne devient x − 5s = −9. Donc, les solutions sontx

y

z

=

−9 + 5s−14 + 7s

s

pour s ∈ R.

3. Ce résultat signifie que l’on peut parler de la forme échelonnée réduite de A.Supposons que A puisse être transformée en deux matrices en FER B et C enappliquant différentes suites d’opérations élémentaires sur les lignes. Nous voulonsmontrer que B = C.Premièrement, notons que les systèmes Bx = 0 et Cx = 0 doivent avoir les mêmessolutions que Ax = 0.Soit i le plus petit indice tel que B et C diffèrent à la i-ième colonne. Parce queB et C sont en FER, Bi (colonne i de B) et Ci ne peuvent être tous les deuxdes colonnes pivots. Sans perte de généralité, on suppose que Ci n’est pas unecolonne pivot. Donc, xi est une variable libre pour Cx = 0. En résolvant pour xdans Cx = 0 (après avoir fixé xi = 1) et toutes les autres variables libres par 0,on obtient une solution x′ telle que x′i = 1 et x′j = 0 pour tout j > i. Puisque


Cx′ = 0 et Bj = Cj pour j = 1, . . . , i− 1, on obtient

Bx′ = Bx′ −Cx′

=n∑j=1

Bjx′j −

n∑j=1

Cjx′j

=n∑j=1

(Bj −Cj)x′j

=i∑

j=1(Bj −Cj)x′j

= (Bi −Ci)x′i= Bi −Ci 6= 0.

Ainsi, x′ n’est pas une solution de Bx = 0, ce qui contredit que Bx = 0 et Cx = 0ont les mêmes solutions.


3.9 Décrire les ensembles solutions

3.9.1 Motivation

Considérons le système Ax = b réel donné par A =

1 2 0 0 −10 0 1 0 20 0 0 1 3

, x =

x1

x2

x3

x4

x5

,

et b =

456

. Notons que A est sous forme échelonnée réduite et que toutes ses lignes

contiennent au moins deux éléments non nuls. Le système admet donc au moins unesolution. Puisqu’il y a deux variables libres x2 et x5, le système admet en fait une infinitéde solutions. Comment peut-on les décrire?

On doit exprimer chaque variable libre à l’aide d’un paramètre. Dans notre cas, nous avonsx2 = s et x5 = t, d’où

x1 + 2s− t = 4x3 + 2t = 5x4 + 3t = 6.

En résolvant pour x1, x3 et x4, on obtient x1 = 4− 2s+ t, x3 = 5− 2t, x4 = 6− 3t.

Les solutions sont alors

x1

x2

x3

x4

x5

=

4− 2s+ t

s

5− 2t6− 3tt

=

40560

+ s

−21000

+ t

10−2−31

, où s et t sont

des nombres arbitraires.

Considérons maintenant le système définit sur GF (2).

x1 + x3 = 1x2 + x3 = 0

Ici, x3 est une variable libre. On peut pose alors x3 comme paramètre et on exprime x1

et x2 en terme de x3 :

x1 = 1 + x3

x2 = x3.

3.9. DÉCRIRE LES ENSEMBLES SOLUTIONS 93

Il n’y a que deux choix possible: x3 = 0 ou x3 = 1.

En prenant x3 = 0, on obtient la solution

x1

x2

x3

=

100

.

En prenant x3 = 1, on obtient la solution

x1

x2

x3

=

011

.

3.9.2 Systèmes homogènes

Considérons le système Ax = b définit sur les réels, où A =

1 2 0 −1 0 30 0 1 −1 0 40 0 0 0 1 5

et

b =

678

. Notons que, dans ce cas, x =

x1

x2

x3

x4

x5

x6

.

La matrice augmentée associée à ce système est

1 2 0 −1 0 3 60 0 1 −1 0 4 70 0 0 0 1 5 8

, qui estdéjà sous forme échelonnée réduite. Les les colonnes 1, 3 et 5 sont les colonnes pivots;Les variables libres sont x2, x4 et x6.

En posant x2 = s, x4 = t et x6 = u, on obtient la solution

x1

x2

x3

x4

x5

x6

=

6− 2s+ t− 3us

7 + t− 4ut

8− 5uu

=

607080

+ s

−210000

+ t

101100

+ u

−30−40−51

peu importe le choix de s, t et u.


Notons que chacun des uplets

−210000

,

101100

et

−30−40−51

est une solution du système homo-

gène Ax = 0. Un système homogène d’équations linéaires est un système Ax = b telque b = 0.

En général, les solutions de Ax = 0 nous informent au sujet des solutions de Ax = b.Supposons que x∗ et x′ soient des solutions de Ax = b, c’est-à-dire, Ax∗ = b etAx′ = b. Alors A(x∗ − x′) = b − b = 0. Du coup, si x = x∗ − x′, alors x est unesolution de Ax = 0.

Conséquemment, une fois que nous connaissons une solution de Ax = b, disons x∗,chaque autre solution diffère de x∗ par une solution de Ax = 0. Autrement dit, l’ensembledes solutions de Ax = b est donné par x∗ + d : Ad = 0. La solution x∗ est unesolution particulière du système.

En bref, connaître une solution particulière de Ax = b et toutes les solutions de Ax = 0nous permet de connaître toutes les solutions de Ax = b.

Finalement, notons que Ax = 0 admet toujours la solution triviale (l’uplet composéentièrement de 0). Tout autre solution de Ax = 0 est une solution non triviale.

Exercices

1. Pour chacun des systèmes suivants, donnez une description de l’ensemble-solution.

a. x− y + z = 1y − 2z = 2

b. 3x− 4y + z = 12

c. x1 − x3 + x4 = 0x2 − 2x4 = 0

2. Soit A =

1 2 −10 −1 31 1 2

. Est-ce que le système homogène Ax = 0 admet une

solution non triviale?

3. Soit A ∈ Km×n, où K est un corps. Soit Ker(A) = d ∈ K : Ad = 0. Soitx∗,x′ ∈ Kn.

3.9. DÉCRIRE LES ENSEMBLES SOLUTIONS 95

a. Montrez que A(x∗ − x′) = Ax∗ −Ax′.

b. Soit z = x∗ + x′. Montrez que si x∗,x′ ∈ Ker(A), alors z ∈ Ker(A).

c. Soit α ∈ K. Soit u = αx∗. Montrez que si x∗ ∈ Ker(A), alors u ∈ Ker(A).


Solutions

1. a.

x

y

z

=

320

+ s

121

, où s est un réel arbitraire.

b.

x

y

z

=

400

+ s

4310

+ t

−1

301

, où s et t sont des réels arbitraires.

c.

x1

x2

x3

x4

= s

1010

+ t

−1201

, où s et t sont des réels arbitraire.

2. Oui. Par exemple,

−531

est une solution non triviale du système homogène.



1. Déterminez toutes les solutions réelles du système

x1 − 2x2 + x3 = 1x1 − x2 − x3 = 0

.2. Pour quelle valeur réelle a est-ce que le système

x− y + z = 1−x− y − 3z = 0

y + z = a

n’admet aucune solution?

3. Soient A =[2 −1 34 5 0

], x =

x1

x2

x3

, b =[89

]. Écrivez le système Ax = b dans

son entièreté.4. Montrez que le système

x− 2y = 3x+ y = 0

peut se transformer en

y = −1x− 2y = 3

en utilisant des opérations élémentaires.5. Soit x = 2t− 1 et y = −t + 1. Pour quelles valeurs de t la paire x, y est-elle une

solution du système suivant?

x+ y = 12x− y = 2

6. Déterminez toutes les solutions du système suivant, définit sur GF (2) :

x1 + x2 + x3 + x4 = 1x1 + x2 + x3 = 1x2 + x3 + x4 = 0x1 + x2 + x4 = 0


7. Soient A =[1 2 0 10 0 1 0

]et x =

x1

x2

x3

x4

un uplet de variables. Trouvez toutes les

solutions de Ax = 0.

8. Soient A =

1 2 00 3 −61 3 5

et B =

1 2 00 1 −20 1 5

. Montrez que A se transforme en

B à l’aide d’une seule suite de deux opérations élémentaires.


Solutions

1. Nous utilisons d’abord la première équation afin d’exprimer x1 en terme des autresvariables: x1 = 1 + 2x2 − x3. En substituant x1 dans la deuxième équation, onobtient

(1 + 2x2 − x3)− x2 − x3 = 0,

ce qui se simplifie àx2 − 2x3 = −1.

On peut donc remplacer x3 par un paramètre réel s, et obtenir x2 = −1 + 2s, et

x1 = 1 + 2(−1 + 2s) − s = −1 + 3s. Les solutions sont données par

x1

x2

x3

=

−1 + 3s−1 + 2s

s

, pour tout s ∈ R.

2. La première équation devient x = 1+y−z. On substitue dans la deuxième équationet on obtient −(1 + y − z) − y − 3z = 0, d’où −2y − 2z = 1. La multiplicationde chaque côté par −1

2 nous donne y + z = −12 . Notons que cette équation a le

même côté gauche que la troisième équation. Donc, si a 6= −12 , le système n’admet

aucune solution. Mais si a = −12 , alors

x

y

z

=

12 − 2t−1

2 − tt

est une solution pour

chaque t ∈ R.

3. Notons que Ax =[

2x1 − x2 + 3x3

4x1 + 5x2 + 0x3

]. Dans son entièreté, le système est

2x1 − x2 + 3x3 = 84x1 + 5x2 = 9.

4. La deuxième équation du second système est identique à la première équation dupremier système. Si on applique l’opération élémentaire d’échanger les positions dedeux équations dans le premier système, on obtient

x+ y = 0x− 2y = 3.

Le coefficient de x est nul dans la première équation du système visé. Il faut alorséliminer x en ajoutant le produit de la deuxième équation par −1 à la première


équation afin d’obtenir

3y = −3x− 2y = 3.

Nous pouvons finaliser la transformation en multipliant la première équation par 13 .

5. En substituant x et y dans le système, on obtient

(2t− 1) + (−t+ 1) = 12(2t− 1)− (−t+ 1) = 2.

La simplification à gauche donne

t = 15t− 3 = 2

Il n’y a qu’une solution, t = 1.

6. La matrice augmentée associée au système est

1 1 1 1 11 1 1 0 10 1 1 1 01 1 0 1 0

. Nous réduisonscette matrice comme suit (gardant en tête que 1 + 1 = 0 dans GF (2)) :


1 1 1 1 11 1 1 0 10 1 1 1 01 1 0 1 0

L2←L2+L1−−−−−−−→

1 1 1 1 10 0 0 1 00 1 1 1 01 1 0 1 0

L4←L4+L1−−−−−−−→

1 1 1 1 10 0 0 1 00 1 1 1 00 0 1 0 1

L1←L1+L3−−−−−−−→

1 0 0 0 10 0 0 1 00 1 1 1 00 0 1 0 1

L2↔L3−−−−→

1 0 0 0 10 1 1 1 00 0 0 1 00 0 1 0 1

L3↔L4−−−−→

1 0 0 0 10 1 1 1 00 0 1 0 10 0 0 1 0

L2↔L2+L3−−−−−−−→

1 0 0 0 10 1 0 1 10 0 1 0 10 0 0 1 0

L2↔L2+L4−−−−−−−→

1 0 0 0 10 1 0 0 10 0 1 0 10 0 0 1 0

Ainsi,

x1

x2

x3

x4

=

1110

est l’unique solution.

7. Observons que A est déjà sous FER. Les variables libres sont x2 et x4. Donc, on


pose x2 = s et x4 = t, où s, t ∈ R.Notons que le système est

x1 + 2x2 + x4 = 0x3 = 0,

donc, x1 = −2s− t et x3 = 0. Ainsi, les solutions sontx1

x2

x3

x4

=

−2s− t

s

0t

= s

−2100

+ t

−1001

pour tout choix possible de nombres réels s et t.

8. Observons que A et B diffèrent à la deuxième ligne et la troisième ligne. La condi-tion que A doit être transformée en B avec seulement deux opérations élémentairesnous force à appliquer une opération afin de modifier la deuxième ligne et une autreafin de modifier la troisième ligne.Notons que la troisième ligne de A a un élément non nul dans la première colonneet la seule autre ligne de A ayant cette même propriété est la première. Donc, nouspouvons éliminer le pivot de la troisième ligne en utilisant l’opération L3 ← L3−L1.

Le résultat est

1 2 00 3 −60 1 5

. Appelons cette matrice A′.

Notons que A′ et B diffèrent seulement à la deuxième ligne. En fait, la deuxièmeligne de A′ est le triple de la deuxième ligne de B, d’où A′

L2← 13L2−−−−−→ B.

Chapitre 4

Matrices

Ce chapitre introduit la notion de la multiplication de matrices, ainsi que certaines opéra-tions matricielles communes. La maîtrise du matériel de ce chapitre permet de :

— Évaluer ou simplifier des expressions matricielles.— Définir et calculer l’inverse d’une matrice carrée.— Déterminer si une matrice carré est inversible.— Définir les matrice élémentaires.— Décomposer une matrice carrée en terme du produit de matrices élémentaires.— Définir et caractériser les matrices singulières.— Énoncer et prouver de nombreuses propriétés des matrices.

Pour ce chapitre, les connaissances requises incluent l’arithmétique dans les corps finis etla résolution de système d’équations linéaires en utilisant la réduction.

4.1 Multiplication de matrices

Soit S un anneau. Soient B ∈ Sm×p et x ∈ Sp.

Le produit Bx est défini par le m-uplet

p∑j=1

b1jxj

p∑j=1

b2jxj

...p∑j=1

bmjxj .

103

104 CHAPITRE 4. MATRICES

Rappelons que bij (ou bi,j) dénote l’élément (i, j) de B, c’est-à-dire l’élément à la i-ièmeligne et la j-ième colonne de B.

Soit A ∈ Sp×n. Le produit BA est défini par la matrice telle que la j-ième colonne estdonnée par BAj pour j = 1, . . . , n. Ici, Aj dénote la j-ième colonne de A.

Exemple 4.1. Soient A =[1 23 5

]et B =

[1 0−1 1

].

Alors BA1 =[

1 0−1 1

] [13

]=[

1(1) + 0(3)−1(1) + 1(3)

]=[12

], et BA2 =

[1 0−1 1

] [25

]=[

1(2) + 0(5)−1(2) + 1(5)

]=[23

], d’où BA =

[1 22 3

].


]et B =

1 4−1 12 −2

.

Alors AB1 =[1 2 3

] 1−12

=[1(1) + 2(−1) + 3(2)

]=

[5], et AB2 =

[1 2 3

] 41−2

=[1(4) + 2(1) + 3(−2)

]=[0]. Ainsi, AB =

[5 0

].

Exemple 4.3. Soient A =[

1−2

]et B =

[3 5

].

Alors AB1 =[

1−2

] [3]

=[

3−6

], et AB2 =

[1−2

] [5]

=[

5−10

]. Ainsi, AB =[

3 5−6 −10

].

Notons que le produit de AB est défini seulement lorsque le nombre de colonnes de Aest le même que le nombre de lignes de B.

En général AB 6= BA (quoique cela peut arriver). Par exemple, il est possible que leproduit AB soit défini sans que BA ne le soit (lorsque le nombre de colonnes de B n’estpas identique au nombre de lignes de A.)


]et B =

[0 11 0

]. Alors AB =

[0 10 2

]mais BA =[

2 01 0

].

4.1. MULTIPLICATION DE MATRICES 105


]et B =

[10

]. Alors AB =

[12

]mais le produit BA

n’est pas défini.

Exercices

1. Calculez chacun des produits de matrices suivants.

a.[1 32 4

] [−1 0 11 2 3

]

b.[0 1 2 −14 3 0 2

]−1013

c.

123

[−1 1]

2. Soient A =[1 2

], B =

[1 4−1 1

], C =

[1 0 1−1 1 0

].

a. Calculez AB et BC.b. Utilisez les résultats de la partie précédant pour calculez (AB)C et A(BC).

Que pouvez-vous dire à propos de ces produits?


Solutions

1. a.[2 6 102 8 14

].

b.[−12

].

c.

−1 1−2 2−3 3

.2. a. AB =

[−1 6

]et BC =

[−3 4 1−2 1 −1

].

b. Les deux produits sont égaux à[−7 6 −1

].

4.2. ASSOCIATIVITÉ DE LA MULTIPLICATION DE MATRICES 107

4.2 Associativité de la multiplication de matrices

Soit S un anneau. Soient A ∈ Sm×p, B ∈ Sp×n, et Q le produit AB.

La i-ième ligne de Q est donnée par Ai,B, où Ai, dénote la i-ième ligne de A.

Par exemple, si A =

2 10 34 0

et B =[−1 10 3

], alors la deuxième ligne de AB est

[0 3

] [−1 10 3

]=[0 9

].

Rappelons que d’après la définition du produit de matrices, la j-ième colonne de Q estABj , où Bj dénote la j-ième colonne de B.

Ainsi, qi,j , l’élément à la j-ième colonne de Ai,B, est

Ai,Bj = ai,1b1,j + ai,2b2,j + · · ·+ ai,pbp,j .

D’après l’exemple ci-dessus, l’élément (3, 2) de AB est donné par[4 0

] [13

]= 4.

La multiplication de matrices n’est pas nécessairement commutative, mais elle est asso-ciative.Théorème 4.1. Soit S un anneau. Si A ∈ Sm×p, B ∈ Sp×q et C ∈ Sq×n, alors

A(BC) = (AB)C.

Le théorème 4.1 permet de simplifier plusieurs expressions matricielles. En particulier, nouspouvons écrire ABC sans avoir à se soucier de l’ordre dans lequel la multiplication esteffectuée.

Démonstration. (Théorème 4.1) Soit Ai, la i-ième ligne de A. Posons P = BC.

L’élément (i, j) de A(BC) est donné par

Ai,Pj = ai,1p1,j + ai,2p2,j + · · ·+ ai,ppp,j .


Mais Pj = BCj . Ainsi, ps,j = bs,1c1,j + bs,2c2,j + · · ·+ bs,qcq,j , ce qui donne

Ai,Pj = ai,1(b1,1c1,j + b1,2c2,j + · · ·+ b1,qcq,j)+ ai,2(b2,1c1,j + b2,2c2,j + · · ·+ b2,qcq,j)...+ ai,p(bp,1c1,j + bp,2c2,j + · · ·+ bp,qcq,j)

= (ai,1b1,1 + ai,2b2,1 + · · ·+ ai,pbp,1)c1,j

+ (ai,1b1,2 + ai,2b2,2 + · · ·+ ai,pbp,2)c2,j

...+ (ai,1b1,q + ai,2b2,q + · · ·+ ai,pbp,q)cq,j

= (Ai,B1)c1,j + (Ai,B2)c2,j + · · ·+ (Ai,Bq)cq,j .

Posons Q = AB. Alors qi,r = Ai,Br, d’où l’élément (i, j) de (AB)C est

qi,1c1,j + qi,2c2,j + · · ·+ qi,qcq,j

= (Ai,B1)c1,j + (Ai,B2)c2,j + · · ·+ (Ai,Bq)cq,j= Ai,Pj .

Ainsi, l’élément (i, j) de A(BC) est identique à l’élément (i, j) de (AB)C. Il s’ensuitque A(BC) = (AB)C.

Exercices

1. Déterminez l’élément (2, 2) des matrices suivantes.

a.[2 10 3

] [2 −1−1 2

]

b.

1234

[0 1 2 3

]

4.2. ASSOCIATIVITÉ DE LA MULTIPLICATION DE MATRICES 109

Solutions

1. a. 6b. 2


4.3 Matrice identité

Soient S un anneau et n un entier positif. La matrice identité de Sn×n, dénotée parIn, est la matrice pour laquelle tous les éléments sont nuls, sauf ceux sur la diagonale (àpartir d’en haut à gauche jusqu’en bas à droite) qui prennent la valeur 1.

Par exemple, I2 =[1 00 1

]et I3 =

1 0 00 1 00 0 1

.On omet l’indice n si le contexte rend la situation claire.

La matrice identité joue un rôle important dans l’arithmétique matricielle.Proposition 4.1. Si A ∈ Sn×m et B ∈ Sp×n, alors

InA = A

etB In = B.

Exemple 4.6. [1 00 1

] [a b

c d

]=[1 · a+ 0 · c 1 · b+ 0 · d0 · a+ 1 · c 0 · b+ 1 · d

]=[a b

c d

]

Démonstration. (Proposition 4.1) Démontrons que InA = A. L’autre preuve est sem-blable et est laissée en exercice.

Soit D = In. Posons C = DA. Alors

ci,j =n∑p=1

di,pap,j .

Puisque di,p = 0 pour chaque p 6= i et que di,i = 1, il s’ensuit que ci,j = di,iai,j = ai,j .

Autrement dit, l’élément (i, j) de C est précisément l’élément (i, j) de A pour tout1 ≤ i ≤ n et 1 ≤ j ≤ m. Ainsi, C = A, tel que désiré.

Exercices

1. Soit A =[2 00 −3

]. Déterminez une matrice B ∈ R2×2 telle que

AB = BA = I2.

2. Soient K un corps et p, n des entiers positifs. Démontrez que si B ∈ Kp×n, alorsB In = B.

4.3. MATRICE IDENTITÉ 111

Solutions

1. B =[

12 00 −1

3

].

2. Soit D = In. Posons C = BD. Quelle valeur prend ci,j?


4.4 Matrices élémentaires

Dans cette section, nous allons voir que lorsque l’on applique à une matrice à élémentsdans un corps une opération élémentaire sur les lignes, on obtient le même résultat qu’enmultipliant à gauche la matrice par une matrice particulière.

Pour illustrer le concept, on applique à A =

1 0 22 6 0−2 1 0

chacune des trois types d’opé-

ration élémentaire sur les lignes.

1. L’échange de deux lignesSupposons que l’on échange les lignes 1 et 3 (L1 ↔ L3). La matrice obtenue

est

−2 1 02 6 01 0 2

. Notons que cette matrice est identique au produit MA, où

M =

0 0 10 1 01 0 0

. Observons que M est obtenue de I3 en échangeant les lignes 1

et 3.Si on échange de nouveau les lignes 1 et 3, on obtient de nouveau A. On peutvérifier que MMA = A, ce qui n’est pas surprenant car un deuxième échange dela même paire de lignes revient à ne pas faire d’échange au départ.En général, la matrice élémentaire représentant Li ↔ Lj est obtenue en échan-geant les lignes correspondantes de I.

2. La multiplication d’une ligne par une constante non nulle.Supposons que l’on multiplie la seconde ligne de A par 1

2 (L2 ← 12L2). La matrice

obtenue est

1 0 21 3 0−2 1 0

. Notons que cette matrice est identique au produit MA,

où M =

1 0 00 1

2 00 0 1

. Observons que M est obtenue de I3 en multipliant la seconde

ligne par 12 .

Si on multiplie la seconde ligne de la matrice obtenue par 2, on obtient de nouveau

A. On peut vérifier que UMA = A, où U =

1 0 00 2 00 0 1

, ce qui n’est pas

4.4. MATRICES ÉLÉMENTAIRES 113

surprenant puisque en multipliant par 2 une ligne précédemment multipliée par 12 ,

nous obtenons la ligne originale.En général, lamatrice élémentaire représentant Li ← αLi, où α 6= 0, est obtenuepar multiplication de la i-ième ligne de la matrice identité par α.

3. L’ajout d’un multiple d’une ligne par une constante à une autre ligneSupposons que la troisième ligne de A est remplacée par la somme de produitde la première ligne par 2 et de la troisième ligne (L3 ← L3 + 2L1). La matrice

obtenue est

1 0 22 6 00 1 4

. Notons que cette matrice est identique au produit MA,

où M =

1 0 00 1 02 0 1

.Quelle opération élémentaire sur les lignes renverse cette opération? Nous de-vons soustraire 2 fois la première ligne de la troisième ligne. En prenant U =

1 0 00 1 0−2 0 1

, on voit que UMA = A.

En général, la matrice élémentaire représentant Lj ← Lj + αLi est obtenue dela matrice identité en additionant α fois la i-ième à la j-ième ligne. Par exemple,la matrice qui représente L2 ← L2 + 3L4 pour une matrice de cinq lignes est

1 0 0 0 00 1 0 3 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 1

. Cette matrice est obtenue de la matrice identité 5×5 en ajoutant

3 fois la quatrième ligne à la deuxième ligne.

4.4.1 La réduction en tant que série de multiplication de matrices

Nous avons vu à la discussion précédente que chaque opération élémentaire sur les lignespeut être renversée. En langage technique, ceci veut dire que les opérations élémentairessur les lignes sont inversibles. Cela signifie que l’application des opérations élémentairessur les lignes d’un système d’équations linéaires n’a pas comme résultat la perte ou legain de solutions, ce qui justifie l’application des opérations élémentaires à la résolutionde système linéaires.

Nous avons aussi vu que la réduction est une série de multiplication à gauche par des ma-trices élémentaires. En prenant le produit de toutes les matrices élémentaires de la série,


on obtient une seule matrice qui capture les actions combinées de cette série. Conséquem-ment, il existe une matrice M telle que la forme échelonnée réduite de A est MA. Nousverrons un exemple dans la section suivante.

Exercices

1. Soit A =[

1 2−1 1

]. Trouvez une matrice élémentaire M telle que MA =

[1 21 5

].

2. Donnez la matrice 4× 4 qui représente la série suivante d’opérations élémentairessur les lignes appliquées à un système de quatre équations linéaires : L2 ↔ L4,L1 ← L1 + 2L3, L1 ← 2L1.

4.4. MATRICES ÉLÉMENTAIRES 115

Solutions

1. M =[1 02 1

].

2. La matrice est

2 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

1 0 2 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

1 0 0 00 0 0 10 0 1 00 1 0 0

=

2 0 4 00 0 0 10 0 1 00 1 0 0

. No-tons que cette matrice peut être obtenue de I4 en appliquant directement la séried’opérations élémentaires sur les lignes.


4.5 Exemples de matrices élémentaires

Soit A =

1 0 2−2 0 −30 2 0

. Nous allons obtenir la FER de A en utilisant les opérations

élémentaires sur les lignes. Dans ce qui suit, chaque étape montre l’état actuel de la matriceet l’opération élémentaire sur les lignes à appliquer afin d’obtenir la prochaine matrice. Lamatrice élémentaire correspondant à chaque opération est indiquée en parenthèses.

1 0 2−2 0 −30 2 0

L2←L2+2L1−−−−−−−→

1 0 20 0 10 2 0

M(1) =

1 0 02 1 00 0 1

L2↔L3−−−−→

1 0 20 2 00 0 1

M(2) =

1 0 00 0 10 1 0

L2← 12L2−−−−−→

1 0 20 1 00 0 1

M(3) =

1 0 00 1

2 00 0 1

L1←L1+(−2)L3−−−−−−−−−→

1 0 0 10 1 0 −10 0 1 −1

M(4) =

1 0 −20 1 00 0 1

La dérivation précédente montre que1 0 20 0 10 2 0

= M(1)A,

1 0 20 2 00 0 1

= M(2)

1 0 20 0 10 2 0

= M(2)(M(1)A),

1 0 20 1 00 0 1

= M(3)

1 0 20 2 00 0 1

= M(3)(M(2)(M(1)A)),

4.5. EXEMPLES DE MATRICES ÉLÉMENTAIRES 1171 0 00 1 00 0 1

= M(4)

1 0 20 1 00 0 1

= M(4)(M(3)(M(2)(M(1)A))).

D’après le dernière égalité, on remarque que M(4)(M(3)(M(2)(M(1)A))) =

1 0 00 1 00 0 1

.Le côté gauche est en désordre, mais nous savons maintenant qu’il existe une matrice Mtelle que

MA = M(4)(M(3)(M(2)(M(1)A))).

En effet, il découle du théorème 4.1 que

M(4)(M(3)(M(2)(M(1)A))) = (M(4)(M(3)(M(2)M(1))))A.

Nous pouvons d’abord calculer M(2)M(1), puis calculer M(3)(M(2)M(1)), et finalement

calculer M(4)(M(3)(M(2)M(1))). Cela nous donne M =

−3 −2 00 0 1

22 1 0

. Il est facile de

vérifier que MA = I3.

Remarque. S’il n’est pas nécessaire de spécifier chacune des matrices élémentaires, onpeut obtenir M directement en appliquant la même série d’opérations élémentaires surles lignes à la matrice identité I3. (À essayer.)

La matrice M est l’inverse à gauche de A. Lorsque l’on la multiplie à gauche de A, onobtient la matrice identité. Ce aussi le cas si nous multiplions à la droite de A, c’est-à-direque AM = MA = I3. Comme nous allons le voir dans la section suivante, ce n’est pasun coïncidence.

Exercices

1. Soit A ∈ R5×m, m ≥ 1. Soit M =

1 0 0 0 00 0 1 0 00 0 0 0 10 0 0 1 00 1 0 0 0

. À quoi équivalant le produit

MA?

a. Échanger les lignes 2 et 3, pour ensuite échanger les lignes 3 et 5.b. Échanger les lignes 2 et 3 pour ensuite échanger les lignes 2 et 5.c. Échanger les lignes 3 et 5 pour ensuite échanger les lignes 2 et 3.


2. Trouvez un inverse à gauche de chacune des matrices suivantes.

a.[3 42 3

]

b.

1 0 02 1 03 2 1

4.5. EXEMPLES DE MATRICES ÉLÉMENTAIRES 119

Solutions

1. Échanger les lignes 2 et 3 et ensuite échanger les lignes 3 et 5.

2. a.[

3 −4−2 3

].

b.

1 0 0−2 1 01 −2 1

.


4.6 Résolution d’équations matricielles

Soient K un corps et m, n, p des entiers positifs. Soient A ∈ Km×n et B ∈ Kn×p.

On obtient X ∈ Kn×p satisfaisant à AX = B en résolvant AXi = Bi pour chaquei = 1, . . . , p.

Nous sommes donc intéressés à résoudre le système Ax = b pour différents uplets b, ceque l’on peut faire simplement en formant une matrice augmentée généralisée et appliquantla réduction tel qu’illustré à l’exemple suivant.

Exemple 4.7. Soient A =

1 0 −1−1 2 11 2 −1

, b =

011

et b′ =

321

des matrices réelles.

On trouve toutes les solutions de chacun des systèmes Ax = b et Ax = b′, où x =

x1

x2

x3

.Si on réduit

[A b

]à[R d

]et[A b′

]à[R′ d′

], on doit avoir R = R′ puisque

ce sont toutes deux des FER de A, qui est unique. Ainsi, la même suite d’opérationsélémentaires sur les lignes appliquée au système Ax = b réduit

[A b′

]à[R′ d′

].

Conséquemment, nous pouvons réduire[A b b′

]pour résoudre les deux systèmes si-

multanément :1 0 −1 0 3−1 2 1 1 2

1 2 −1 1 1

L2←L2+L1−−−−−−−→

1 0 −1 0 30 2 0 1 51 2 −1 1 1

L3←L3−L1−−−−−−−→

1 0 −1 0 30 2 0 1 50 2 0 1 −2

L3←L3−L2−−−−−−−→

1 0 −1 0 30 2 0 1 50 0 0 0 −7

L2← 1

2L2−−−−−→

1 0 −1 0 30 1 0 1

252

0 0 0 0 −7

Dans cette dernière matrice augmentée, les quatre premières colonnes forment la matriceréduite de

[A b

], tandis que les trois premières colonnes et la dernière colonne forment

4.6. RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS MATRICIELLES 121

la matrice réduite de[A b′

]. Ainsi, Ax = b admet x =

t12t

comme solution pour

tout t ∈ R, mais Ax = b′ n’admet aucune solution. Autrement dit, il y a une infinité demanières d’exprimer b en tant que combinaison linéaire des colonnes de A, mais aucunefaçon de le faire pour b′. Cette interprétation sera revisitée lorsque l’on parlera de l’espacedes colonnes d’une matrice.

Exercice

1. Soient A =

1 −1 20 1 11 −1 3

, b =

012

, b′ =

1−23

et b′′ =

2−1−1

des matrices

réelles. Déterminez toutes les solutions de chacun des systèmes Ax = b, Ax = b′,et Ax = b′′.


Solution

1. La FER de[A b b′ b′′

]est

1 0 0 −5 −7 100 1 0 −1 −4 20 0 1 2 2 −3

.Ainsi,

— Ax = b admet l’unique solution

−5−12

,

— Ax = b′ admet l’unique solution

−7−42

,

— Ax = b′′ admet l’unique solution

102−3

.

4.7. MATRICES INVERSES 123

4.7 Matrices inverses

Soient A,M,N ∈ Kn×n, K un corps. Si MA = In, alors M est un inverse à gauchede A. Si AN = In, alors N est un inverse à droite de A.

Nous devons spécifier la gauche et la droite puisque la multiplication de matrices n’estpas nécessairement commutative, c’est-à-dire qu’il existe matrices A,B ∈ Kn×n pourlesquelles AB 6= BA. A priori, il est fort possible que AB = In mais que BA 6= In.

Ceci étant dit, les inverses à gauche sont aussi des inverses à droite et vice versa.Proposition 4.2. Soient A,N ∈ Kn×n, K un corps. Si NA = I, alors AN = I.

Avant d’en voir la preuve, notons que l’énoncé précédant montre aussi qu’un inverse dedroite est aussi un inverse à gauche puisque l’on peut considérer A comme l’inverse àdroite de N (car NA = I) et la conclusion indique que A est un inverse à gauche de N(car AN = I).

Démonstration. (Proposition 4.2) On montre que Ax = y a une solutions pour touty ∈ Rn.

Ce n’est pas le cas si A n’a pas d’inverse à gauche. Nous en remettons la démonstrationà la fin de la preuve. D’ici là, nous utilisons le résultat comme s’il étant déjà démontré.

Soit y un élément arbitraire de Kn. D’après notre supposition, il existe x′ ∈ Kn tel queAx′ = y. La multiplication à gauche par N donne N(Ax′) = Ny, d’où (NA)x′ = Ny.Puisque NA = I, nous devons avoir x′ = Ny.

Ainsi, y = Ax′ = A(Ny) = (AN)y. Puisque y est arbitraire, il s’ensuit que D = I.

Démontrons maintenant la supposition. S’il existe y′ ∈ Kn tel que Ax = y′ n’admetaucune solution, la FER

[R d

]de[A y′

]contient une ligne qui ne contient que des

valeurs nulles, sauf à la dernière colonne. Puisque R est une matrice carré, il y a alors (aumoins) une colonne de R qui n’est pas une colonne pivot. Ainsi, il existe au moins unevariable libre, ce qui implique l’existence d’un x ∈ Kn non nul satisfaisant à Ax = 0.

Maisx = Ix = (NA)x = N(Ax) = N0 = 0,

ce qui contredit que x est non nul! L’hypothèse de l’existence d’un y′ ∈ Kn tel queAx = y′ n’admet aucune solution est donc fausse.

Proposition 4.3. Soient M,N,A ∈ Kn×n. Si MA = I et AN = I, alors M = N.

Autrement dit, si M et N sont des inverses à gauche et à droite d’une matrice carré A,alors M et N doivent être la même matrice. La preuve est laissée en exercice.


Si B est une matrice telle que BA = AB = I, alors B est la matrice inverse de A. Siune matrice carré A a un inverse, A est dite inversible.

Il n’est pas difficile de montrer que si A est inversible, alors son inverse est unique; on ledénote par A−1.


]et B =

[1 −20 1

]. Nous pouvons aisément vérifier que

AB = BA =[1 00 1

], d’où B est la matrice inverse de A (et vice versa).

Exercices

1. Soit A =[a b

c d

]. Supposons que ad − bc 6= 0. Vérifiez que A−1 =

1ad−bc

[d −b−c a

].

2. Soient A =

2 0−1 01 1

et N =[

1 1 0−1 −1 1

]. Calculez les produits NA et AN.

Est-ce que les réponses contredisent la proposition 4.2? Si non, pourquoi?3. Démontrez la proposition 4.3.

4.7. MATRICES INVERSES 125

Solutions

1. Notons que

1ad− bc

[d −b−c a

] [a b

c d

]= 1ad− bc

[da− bc db− bd−ca+ ac −cb+ ad

]

=[1 00 1

]

Il s’ensuit des proposition 4.2 et proposition 4.3 que 1ad−bc

[d −b−c a

]est l’inverse

de[a b

c d

].

2. NA = I2 et AN =

2 2 0−1 −1 00 0 1

. Les réponses ne contredisent pas la proposition4.2 car la proposition ne s’applique qu’aux matrices carrées.

3. La multiplication à la droite de chaque côté de MA = I par N donne (MA)N =N. Mais

(MA)N = M(AN) = MI = M.

Ainsi, M = N.


4.8 Calcul de l’inverse d’une matrice carrée

Rappelons que si E ∈ Km×m est une matrice élémentaire et si B ∈ Km×n, alors EB estla matrice obtenue de B en appliquant les opérations élémentaires sur les lignes corres-pondant à la matrice E.

Qu’en est-il de E−1? Son effet doit annuler l’effet de E à B.

Si E correspond à l’opération élémentaire sur les lignes Li ← Li + αLj , où i 6= j etα 6= 0, alors E−1 correspond à l’opération élémentaire sur les lignes Li ← Li − αLj . Par

exemple, l’inverse de[1 07 1

]est

[1 0−7 1

].

Si E correspond à l’opération élémentaire sur les lignes Li ↔ Lj , où i 6= j, alors E estson propre inverse. En effet, appliquer Li ↔ Lj deux fois de suite n’a aucun effet sur les

lignes de B. Par exemple, la matrice E =

0 0 10 1 01 0 0

est son propre inverse.

Si E correspond à l’opération élémentaire sur les lignes Li ← αLi, où α 6= 0, alors E−1

correspond à l’opération élémentaire sur les lignes Li ← α−1Li. Par exemple, l’inverse de[1 00 −3

]est

[1 00 −1

3

]. Nous décrivons maintenant une façon d’obtenir A−1, si A est

inversible, en utilisant la réduction.

Notons que l’on cherche une matrice B ∈ Kn×n telle que AB = In. Autrement dit, nouscherchons à résoudre l’équation matricielle AB = In. Ainsi, on obtient la matrice inverseA−1 en réduisant

[A In

]. Si la matrice résultante a la forme

[In B

], alors B = A−1.

Sinon, A n’est pas inversible, comme nous le verrons plus tard.

À titre d’illustration, considérons A =[1 23 −1

]. L’inverse de A est une matrice B =[

x1 y1

x2 y2

]telle que AB =

[1 00 1

].

La matrice[A I2

]se réduit à

[1 0 1

727

0 1 37 −1

7

].

Puisque les deux premières colonnes de cette matrice forment la matrice identité, on

obtient A−1 =[

17

27

37 −1

7

].

4.8. CALCUL DE L’INVERSE D’UNE MATRICE CARRÉE 127

Exemple 4.9. Soit A ∈ C2×2 donnée par[1 i

0 2

]. Afin de calculer A−1, nous réduisons[

1 i 1 00 2 0 1

]comme suit :

[1 i 1 00 2 0 1

]L2← 1

2L2−−−−−→[

1 i 1 00 1 0 1

2

]L1←L1+(−i)L2−−−−−−−−−→

[1 0 1 −1

2 i

0 1 0 12

]

Ainsi, A−1 =[1 −1

2 i

0 12

].

Exercices

1. Déterminez si chacune des matrices suivantes est inversible. Si oui, déterminez soninverse.

a.[2 34 5

]

b.

1 0 −20 1 00 0 1

c.

0 0 11 0 00 1 0

2. Soit A =

1 1 01 0 10 1 0

une matrice à éléments dans GF (2). Déterminez l’inverse de

A.


Solutions

1. a.[−2

532

2 −1

]

b.

1 0 20 1 00 0 1

c.

0 1 00 0 11 0 0

2. En réduisant la matrice, on obtient

[A I3

]:

1 1 0 1 0 01 0 1 0 1 00 1 0 0 0 1

L2←L2+L1−−−−−−−→

1 1 0 1 0 00 1 1 1 1 00 1 0 0 0 1

L3←L3+L2−−−−−−−→

1 1 0 1 0 00 1 1 1 1 00 0 1 1 1 1

L2←L2+L3−−−−−−−→

1 1 0 1 0 00 1 0 0 0 10 0 1 1 1 1

L1←L1+L2−−−−−−−→

1 0 0 1 0 10 1 0 0 0 10 0 1 1 1 1

Ainsi, l’inverse de A est

1 0 10 0 11 1 1

.

4.9. L’INVERSE D’UN PRODUIT DE MATRICES 129

4.9 L’inverse d’un produit de matrices

Proposition 4.4. Soient A,B ∈ Kn×n, où K est un corps et n est un entier positif. SoitC = AB. Alors, C est inversible si et seulement si AB est inversible.

Démonstration. Nous montrons la suffisance. La nécéssité est laissée en exercice.

Supposons que A et B soient toutes deux inversibles. Posons D = B−1A−1. Alors

DC = (B−1A−1)(AB)= B−1(A−1(AB))= B−1((A−1A)B)= B−1(InB) = B−1B

= In.

De façon similaire, on peut vérifier que

CD = In.

Ainsi, C est inversible.

Plus généralement, si A(1), . . . ,A(k) ∈ Kn×n sont des matrices inversibles, alors(A(1) · · ·A(k))−1 = A(k)−1 · · ·A(1)−1

.

Exemple 4.10. Soit A =[1 00 −1

] [1 0−1 1

] [1 30 1

]. Alors, A =

[1 31 2

]. De plus,

A−1 =[1 30 1

]−1 [1 0−1 1

]−1 [1 00 −1

]−1

=[1 −30 1

] [1 01 1

] [1 00 −1

].

Ainsi, A−1 =[−2 31 −1

].

Les matrices obtenues ci-dessus sont aisées à obtenir puisqu’elles sont les inverses dematrices élémentaires.

4.9.1 Comment générer des matrices inversibles

Supposons que l’on nous demande de trouver quelques matrices inversibles 3× 3 dont lesinverses ne sons pas évidentes à trouver. Que ferions-nous?


Nous pourrions consulter des livres ou Internet, ou encore écrire quelques matrices 3×3 etutiliser la rédaction afin de trouver l’inverse de ces matrices, comme à la section précédente.Cependant, ces méthodes ne sont guère efficaces.

Le résultat clef nous permettent de générer une telle matrice inversible arbitraire est lesuivant.Proposition 4.5. Une matrice A ∈ Kn×n, où K est un corps et n est un entier positif,est inversible si et seulement si A est le produit de matrices élémentaires de Kn×n.

Par exemple, A =[1 23 −1

]est inversible et peut s’écrire sous la forme

[1 03 1

] [1 00 −7

] [1 20 1

].

La matrice[1 03 1

]est la matrice élémentaire correspondant à l’opération élémentaire sur

les lignes L2 ← L2 + 3L1. La matrice[1 00 −7

]est la matrice élémentaire correspondant

à l’opération élémentaire sur les lignes L2 ← −7L2. La matrice[1 20 1

]est la matrice

élémentaire correspondant à l’opération élémentaire sur les lignes L1 ← L1 + 2L2.

Avec le résultat précédant, il est possible de générer une matrice inversible arbitraireen commençant simplement avec une matrice élémentaire et en appliquant une suitearbitraire d’opérations élémentaires sur les lignes puisque la multiplication (à gauche) pardes matrices élémentaires à le même effet que la d’opérations élémentaires sur les lignescorrespondantes.

Démonstration. (Proposition 4.5) Rappelons que les matrices élémentaires sont inversibleset que le produit de matrices inversible est aussi inversible. Ainsi, si A est le produit dematrices élémentaires, A est inversible.

Nous montrons maitenant que si A est inversible, alors on peut l’écrire en tant que produitde matrices élémentaires. Rappelons que si A est inversible, alors la FER de la matrice[A I

]est

[I A−1

]. Ainsi, il existe des matrices élémentaires M(1), . . . ,M(k) telles que

M(k) · · ·M(1)[A I

]=[I A−1

],

ou de façon équivalente,[M(k) · · ·M(1)A M(k) · · ·M(1)

]=[I A−1

].

La comparaison des colonnes de la moitié droite de chaque côtés nous permet d’obtenir

A−1 = M(k) · · ·M(1).


Ainsi,A = (A−1)−1 = (M(k) · · ·M(1))−1 = M(1)−1 · · ·M(k)−1

,

qui est un produit de matrices élémentaires.

Exemple 4.11. Décomposons A =[2 21 2

]en tant que produit de matrices élémentaires.

La discussion précédente suggère de réduire[A I

]en en utilisant les opérations élémen-

taires sur les lignes. Mais nous n’avons pas à travailler avec la matrice[A I

]. Il suffit de

connaître la suite des opérations élémentaires transformant A en I.

Notons que [2 12 2

]L1↔L2−−−−→

[1 22 2

]

L2←L2−2L1−−−−−−−→[1 20 −2

]

L1←L1+L2−−−−−−−→[1 00 −2

]L2←− 1

2L2−−−−−−→[1 00 1

].

Ainsi,

A =[0 11 0

]−1 [1 0−2 1

]−1 [1 10 1

]−1 [1 00 −1

2

]−1

=[0 11 0

] [1 02 1

] [1 −10 1

] [1 00 −2

]

Exercices

1. Déterminez l’inverse de chacun des produits suivants.

a.[1 −20 1

] [0 11 0

]

b.[

0 1−1 0

] [1 22 1

] [3 00 1

]

2. Décomposez chacune des matrices suivantes en tant que produit de matrices élé-mentaires.


a.[2 34 5

]

b.

0 0 11 0 00 1 0

3. Soient A,B ∈ Kn×n, où K est un corps. Démontrez que si AB est inversible, alors

A et B sont inversibles.


Solutions

1. a.[0 11 0

] [1 20 1

]=[0 11 2

]

b.[

13 00 1

] [−1

323

23 −1

3

] [0 −11 0

]=[

29

19

−13 −2

3

]

2. a.[1 02 1

] [1 30 1

] [2 00 1

]

b.

1 0 00 0 10 1 0

0 0 10 1 01 0 0

3. Posons C = AB. Puisque C est inversible, il existe D ∈ Kn×n telle que DC =

CD = In. Ainsi,

DAB = InABD = In,

ce qui implique

(DA)B = InA(BD) = In.

Ainsi, DA est l’inverse à gauche de B et BD est l’inverse à droite de A. D’aprèsla proposition 4.2, A et B ont donc un inverse à droite et un inverse à gauche,respectivement. Ainsi, A et B sont toutes les deux inversibles.


4.10 Matrices singulières

Rappelons qu’une matrice carrée ayant un inverse est dite inversible. Ce ne sont pas toutesles matrices carrées à éléments dans un corps donné qui sont inversible. On dit d’une tellematrice qu’elle est non inversible.

Par exemple, A =[1 00 0

]est non inversible puisque BA =

[a 0c 0

]pour chaque B =[

a b

c d

], d’où BA 6=

[1 00 1

]peu importe les valeurs de a, b, c et d.

Il existe une façon de vérifier si une matrice est inversible sans avoir à trouver l’inversede cette matrice (s’il existe) : Une matrice A ∈ Kn×n, K un corps, est inversible si etseulement s’il n’existe pas de x ∈ Kn non nul, tel que Ax = 0.

Notons que l’existence d’un tel x ∈ Kn ne requiert de condition au sujet de la taille de Aet de l’ensemble d’où proviennent les éléments de A et de x. On dit qu’une matrice Aest singulière s’il existe x 6= 0, tel que Ax = 0.

Une matrice qui n’est pas singulière est non singulière. Pour les matrices carrés à élémentsdans un corps, les notions de matrices singulières et de matrices non inversibles sontéquivalentes.

4.10.1 Tester la singularité

Soit A ∈ Km×n, K un corps. Rappelons que Ax = 0 admet toujours la solution triviale(l’uplet dont toutes les composantes sont nulles). Toutes les autres solutions sont ditesnon triviales.

Si une solution non triviale de Ax = 0 ne se trouve pas immédiatement, nous pouvonsdéterminer si une solution existe en réduisant A en FER en utilisant les opérations élé-mentaires sur les lignes. Le système admet une solution non triviale si et seulement si laFER de A possède au moins une colonne libre.

Exemple 4.12. La matrice A =[

1 −2−3 6

]est singulière car x =

[21

]est une solution

non triviale du système Ax = 0.


1 1 10 1 01 0 1

définie sur GF (2). On applique les des opérations

4.10. MATRICES SINGULIÈRES 135

élémentaires L1 ← L1 +L2 et (ensuite) L3 ← L3 +L1 d’obtenir

1 0 10 1 00 0 0

. Puisque la

troisième colonne est une colonne libre, A est singulière. En particulier, x =

101

satisfait

à Ax = 0.

4.10.2 Pourquoi les matrices carrées singulières ne sont-elles pas inver-sible?

Soit A une matrice carrée à éléments dans un corps K. Supposons que x soit une solutionnon triviale de Ax = 0. Si A−1 existe, alors A−1(Ax) = A−10, ce qui implique que(A−1A)x = 0. Mais A−1A = I. Ainsi, Ix = 0, ce qui contredit x 6= 0.

Les matrices inversibles sont certainement non singulières car si x est tel que Ax = 0,alors

x = Ix = (A−1(A)x = A−1(Ax) = A−10 = 0.

Ainsi, la solution triviale est la seule solution de Ax = 0.

Grâce à l’observation précédente, nous pouvons comprendre pourquoi la réduction de[A I

], où A ∈ Kn×n, détermine si A est inversible en nous donnant A−1 de droite

lorsque c’est le cas. S’il y a une colonne libre dans les premières n colonnes de la FER de[A I

], alors que A est singulière et donc non inversible. Sinon, la matrice réduite prend

la forme[I B

]et, comme nous l’avons vu précédemment, B = A−1.

Exercices

1. Déterminez si les matrices suivantes sont singulières.

a.[

1 2−2 −4

]

b.

1 2 34 5 65 7 8


Solutions

1. a. Singulière.b. Non singulière.

4.11. PROPRIÉTÉS DES MATRICES 137

4.11 Propriétés des matrices

Dans cette section, S dénote un ensemble sur lequel l’addition et la multiplication sontdéfinies, associatives, et commutatives.

4.11.1 Addition de matrices

Soient A,B ∈ Sm×n. Alors, A + B est la matrice C ∈ m × n telle que cij = aij + bij ,

pour i = 1, . . . ,m et j = 1, . . . , n.Exemple 4.14.[

1 2 34 5 6

]+[1 0 −12 −2 0

]=[1 + 1 2 + 0 3 + (−1)4 + 2 5 + (−2) 6 + 0

]=[2 2 26 3 6

]

Soient A ∈ Sm×m, B,C,D ∈ Sm×n, et E ∈ Sn×n. Alors, les propriétés suivantes sontsatisfaites :

— B + (C + D) = (B + C) + D— B + C = C + B— A(B + C) = AB + AC— (B + C)E = BE + CE

4.11.2 Multiplication par un scalaire

Si α ∈ S et A est une matrice, alors αA est la matrice obtenue de A en multipliantchaque élément par α.Exemple 4.15.

(−2)[1 03 −2

]=[−2 0−6 4

]Exemple 4.16.

(1 + i)[1 0i 2

]=[

1 + i 0−1 + i 2 + 2i

]

On définit −A par (−1)A et la soustraction de matrices comme suit : A − B = A +(−1)B.

Soient α, β ∈ S. A et B des matrices m × n et C une matrice p × m. Les propriétéssuivantes sont satisfaites :

— α(A + B) = αA + αB— (α + β)A = αA + βA


— α(βA) = (αβ)A— C(αA) = (αC)A = α(CA)

4.11.3 La transposée d’une matrice

La transposée d’une matrice A ∈ Sm×n, que l’on dénote par AT, est la matrice n×mtelle que l’élément (j, i) est donné par ai,j pour i = 1, . . . ,m et j = 1, . . . , n. Autrementdit, la i-ième colonne de AT vient de la i-ième ligne de A.

Exemple 4.17. Soit A =[1 2 34 5 6

]. Alors AT =

1 42 53 6

.


789

. Alors AT =[7 8 9

].

Les propriétés suivantes sont satisfaites :

— (AT)T = A— Si λ est un scalaire, alors (λA)T = λAT

— (A−1)T = (AT)−1

— (A + B)T = AT + BT pour tout B de même taille que A— Si A ∈ Sm×p et B ∈ B ∈ Sp×n, alors (AB)T = BTAT.

4.11.4 Puissance d’une matrice

Soient A ∈ Sn×n et k un entier naturel. On défini

A0 = In

et

Ak = AAk−1,

lorsque k > 1.

De cette définition, on voit immédiatement que A1 = AA0 = AIn = A et A2 = AA1 =AA.


Exemple 4.19. [1 −10 2

]3

=[1 −10 2

] [1 −10 2

]2

(4.1)

=[1 −10 2

]([1 −10 2

] [1 −10 2

])(4.2)

=[1 −10 2

] [1 −30 4

](4.3)

=[1 −70 8

](4.4)

Si S est un corps et A est inversible, alors Ak l’est également et(Ak)−1 =

(A−1)k. On

écrit A−k au lieu de(Ak)−1.

Le calcul de puissances de matrices ne s’effectue pas aussi facilement que le calcul depuissances de nombres. Cependant, quelques cas existent où la puissance d’une matricese calcule relativement aisément.

Exercices

1. Exprimez chacune des matrices suivantes sous un forme aussi simple que possible.

a.[2 10 3

]−[

2 −1−1 2

]

b.

1 23 45 6

+ 2

−1 11 −10 0

c.[7 2

]−[34

]T

d.

[1 25 6

]T

+ 2[−1 11 0

]T

2. Calculez chacune des puissances des matrices suivantes.

a.[

1 2−1 1

]3

b.[2 00 3

]6


c.

1 0 00 −2 00 0 i

−2


Solutions

1. a.[0 21 1

]

b.

−1 45 25 6

c.[4 −2

]d.[−1 47 6

]

2. a.[−5 2−1 5

]

b.[64 00 729

]or[26 00 36

]

c.

1 0 00 1

4 00 0 −1



1. Trouvez une matrice A telle que

[u+ v − w

2u+ w

]= A

u

v

w

.

2. Calculez le produit

1 2−1 11 0

[

3 1 2−1 0 4

].

3. Soient A =

1 −1 10 1 3−2 1 0

et B =

1 −1 10 3 90 −1 2

. Trouvez une matrice M

telle que MA = B.

4. Soit A =

1 0 21 3 30 1 0

. Trouvez toutes les solutions des systèmes Ax = e(i) pour

i = 1, 2, 3, où e(i) dénote la i-ième colonne de I3.

5. Déterminez la matrice inverse de[−i 12 0

]∈ C2×2.

6. Soit A =

1 0 11 1 00 1 0

définie sur GF (2). Déterminez A−1.

7. Montrez que A =

4 −1 2−2 1 12 0 3

est singulière.

8. Simplifiez l’expression suivante :

[12

] [1 −1

]−[2 −10 1

]3T

.

9. Soit A =[a b

c d

]∈ R2×2. Démontrez que A est inversible si et seulement si

ad− bc 6= 0.10. Soit K un corps. Soient A ∈ Km×n et λ ∈ K. Démontrez que (λA)T = λAT.


Solutions

1. Notons d’abord que A doit être de taille 2 × 3. La première colonne de A doitcontenir les coefficients de u, la deuxième colonne les coefficients de v, et la dernière

les coefficients de w. Ainsi, A =[1 1 −12 0 1

].

2. Notons que 1 2−1 11 0

[

3 1 2−1 0 4

]

=

1 · 3 + 2 · (−1) 1 · 1 + 2 · 0 1 · 2 + 2 · 4

(−1) · 3 + 1 · (−1) (−1) · 1 + 1 · 0 (−1) · 2 + 1 · 41 · 3 + 0 · (−1) 1 · 1 + 0 · 0 1 · 2 + 0 · 4

=

1 1 10−4 −1 23 1 2

3. En appliquant L2 ← 3L2 à A, on obtient

1 −1 10 3 9−2 1 0

. En appliquant L3 ←

L3 + 2L1, on obtient

1 −1 10 3 90 −1 2

. Cette matrice est précisément B.

Les matrices élémentaires correspondantes à la première opération et à la deuxième

opération sont, respectivement,

1 0 00 3 00 0 1

et

1 0 00 1 02 0 1

.Ainsi,

M =

1 0 00 1 02 0 1

1 0 00 3 00 0 1

=

1 0 00 3 02 0 1

,et on observe aisément que MA = B.Remarque. Observons que l’on peut obtenir M en appliquant la même suite d’opé-rations élémentaires sur les lignes de I3, en raison du fait que chaque multiplication


(à gauche) par une matrice élémentaire a la même effect que l’opération élémen-taire sur les lignes associée avec cette matrice. Notons que cela réduit grandementles calculs lorsque le nombre d’opérations élémentaires sur les lignes est élevé.

4. La matrice augmentée généralisée capturant les trois systèmes est1 0 2 1 0 01 3 3 0 1 00 1 0 0 0 1

.L’application de L2 ← L2 − L1 donne

1 0 2 1 0 00 3 1 −1 1 00 1 0 0 0 1

.

L’application de L2 ← L2 − 3L3 donne1 0 2 1 0 00 0 1 −1 1 −30 1 0 0 0 1

.

L’application de L1 ← L1 − 2L2 donne1 0 0 3 −2 60 0 1 −1 1 −30 1 0 0 0 1

.L’application de L2 ↔ L3 donne

1 0 0 3 −2 60 1 0 0 0 10 0 1 −1 1 −3

.

Ainsi,

x1

x2

x3

=

30−1

est l’unique solution de Ax = e(1),

x1

x2

x3

=

−201

est

l’unique solution de Ax = e(2), et

x1

x2

x3

=

61−3

est l’unique solution de Ax =

e(3).


5. Nous appliquons la réduction à[−i 1 1 02 0 0 1

], afin d’obtenir

[−i 1 1 02 0 0 1

]

L1←iL1−−−−−→[

1 i i 02 0 0 1

]

L2←L2−2L1−−−−−−−→[

1 i i 00 −2i −2i 1

]L2← i

2L1−−−−−→[

1 i i 00 1 1 i

2

]

L1←L1−iL2−−−−−−−→[

1 0 0 12

0 1 1 i2

]

La matrice inverse est[0 1

21 i

2

].

6. Nous appliquons la réduction à

1 0 1 1 0 01 1 0 0 1 00 1 0 0 0 1

, afin d’obtenir

1 0 1 1 0 01 1 0 0 1 00 1 0 0 0 1

L2←L2+L1−−−−−−−→

1 0 1 1 0 00 1 1 1 1 00 1 0 0 0 1

L2↔L3−−−−→

1 0 1 1 0 00 1 0 0 0 10 1 1 1 1 0

L3←L3+L2−−−−−−−→

1 0 1 1 0 00 1 0 0 0 10 0 1 1 1 1

L1←L1+L3−−−−−−−→

1 0 0 0 1 10 1 0 0 0 10 0 1 1 1 1


Donc, A−1 =

0 1 10 0 11 1 1

.

7. Nous devons trouver un 3-uplet x tel que Ax = 0. Pour ce faire, il suffit de réduireA :

4 −1 2−2 1 12 0 3

L3←L3+L2−−−−−−−→

4 −1 2−2 1 10 1 4

L2←L2+ 1

2L1−−−−−−−−→

4 −1 20 1

2 20 1 4

L2←2L2−−−−−→

4 −1 20 1 40 1 4

L3←L3−L2−−−−−−−→

4 −1 20 1 40 0 0

L1←L1+L2−−−−−−−→

4 0 60 1 40 0 0

L1← 1

4L1−−−−−→

1 0 3

20 1 40 0 0

Ainsi, x =

−3

2−41

satisfait à Ax = 0, ce qui implique que A est singulière puisque

x est une solution non triviale.


8. Notons que [12

] [1 −1

]−[2 −10 1

]3T

=

[1 −12 −2

]−[2 −10 1

]3T

=

[1 −12 −2

]−[2 −10 1

] [2 −10 1

]2T

=([

1 −12 −2

]−[2 −10 1

]([2 −10 1

] [2 −10 1

]))T

=([

1 −12 −2

]−[2 −10 1

] [4 −30 1

])T

=([

1 −12 −2

]−[8 −70 1

])T

=[−7 62 −3

]T

=[−7 26 −3

]

9. Montrons d’abord que si ad− bc = 0, alors A est singulière et donc non inversible.

Si a = c = 0, alors A est évidemment singulière puisque A[10

]=[00

].

Supposons d’abord que a et c ne sont pas tous deux nuls. Alors au moins un uplet

parmi u =[d

−c

]et v =

[b

−a

]n’est pas égale à

[00

]. Mais Au =

[ad− bccd− dc

]=[00

]

et Av =[ab− bacb− da

]=[00

]. Ainsi, A est singulière et non inversible.

Montrons maintenant que si ad − bc 6= 0, alors A est inversible. Supposons quea 6= 0. Alors la réduction suivante est valide :[

a b 1 0c d 0 1

]L1← 1

aL1−−−−−→

[1 b

a1a 0

c d 0 1

]

L2←L2−cL1−−−−−−−→[

1 ba

1a 0

0 ad−bca − c

a 1

]L2← a

ad−bcL2

−−−−−−−−→[

1 ba

1a 0

0 1 − cad−bc

aad−bc

]


Ainsi, A est inversible.Supposons maintenant que a = 0. Puisque ad − bc 6= 0, on doit avoir c 6= 0. Lesdétails sont semblables au cas précédant et sont laissés en exercice.Remarque. La solution présentée ici est longue et non intuitive. Nous verrons plustard que l’on obtient une démonstration en utilisant le déterminant.

10. Soit B = λA. Montrons que BT = λAT.Notons que l’élément (i, j) de B est λaij . Ainsi, l’élément (i, j) de BT est l’élément(j, i) de B et est donc λaji.Mais l’élément (i, j) de λAT est lui-même le λ-multiple de l’élément (i, j) de AT,qui se retrouve également à être λaji. Ainsi, BT = λAT.

Chapitre 5

Déterminant

Ce chapitre introduit le déterminant d’une matrice carrée. On présente quelques méthodesafin de le calculer. La maîtrise du matériel de ce chapitre permet de :

— Définir une permutation et une inversion.— Définir le déterminant d’une matrice carrée.— Rapidement trouver le déterminant de matrices spéciales.— Calculer le déterminant en utilisant une variété de méthodes.— Énoncer des propriétés du déterminant.— Énoncer et appliquer la règle de Cramer.

Les connaissances requises pour ce chapitre incluent l’algèbre matricielle et la résolutionde systèmes d’équations linéaires.

Les preuves techniques pour certaines des propriétés du déterminant sont omises car ellesn’ajoutent pas grand chose à l’apprentissage de l’algèbre linéaire.

5.1 Permutations

Pour définir le déterminant d’une matrice carrée, nous devons commencer par introduireles permutations.

Une permutation est une bijection σ : S → S, où S est un ensemble. Nous dénotonsgénéralement une permutation sous la forme d’un tableau à deux rangées de sorte quechaque élément de la rangée du bas représente l’image de l’élément qui se retrouve im-

médiatement au-dessus. En utilisant cette notation, σ =(

1 2 33 1 2

)est une permutation

telle que σ(1) = 3, σ(2) = 1, et σ(3) = 2. (La notation pour les permutations ne doitpas être confondue avec celle des matrices.)

149

150 CHAPITRE 5. DÉTERMINANT

L’ensemble de toutes les permutations de l’ensemble 1, 2, . . . , n est dénoté par Sn.

Notons que |Sn| = n!. Les éléments de S2 sont(

1 21 2

)et(

1 22 1

), et ceux de S3 sont(

1 2 31 2 3

),

(1 2 31 3 2

),

(1 2 32 1 3

),

(1 2 32 3 1

),

(1 2 33 1 2

), et

(1 2 33 2 1

).

La permutation σ ∈ Sn telle que σ(i) = i pour i = 1, . . . , n est la permutation identité.

Soient σ, γ ∈ Sn. Il n’est pas difficile de voir que γ σ ∈ Sn.

Exemple 5.1. Soient σ =(

1 2 33 1 2

)et γ =

(1 2 33 2 1

). Que donne γ σ?

Notons que

(γ σ)(1) = γ(σ(1)) = γ(3) = 1,(γ σ)(2) = γ(σ(2)) = γ(1) = 3,(γ σ)(3) = γ(σ(3)) = γ(2) = 2.

Ainsi, γ σ est la permutation(

1 2 31 3 2

).

Si γ =(

1 2 32 3 1

), alors γ σ est la permutation identité. (Vérifiez!) On appelle γ

permutation inverse (ou simplement l’inverse) de σ. Chaque permutation a un inverse.

Nous verrons plus tard que la définition du déterminant d’une matrice A de taille n×n estune somme de termes, chacun contenant un produit de la forme a1,σ(1)a2,σ(2) · · · an,σ(n),

pour une permutation σ ∈ Sn, où ai,j dénote l’élément (i, j) de A.

Rappelons que l’on utilise le premier indice pour les lignes et le second pour les colonnes.Ainsi, le produit a1,σ(1)a2,σ(2) · · · an,σ(n) contient exactement un élément de chacune deslignes de A. Puisque σ(1), . . . , σ(n) est une permutation des nombres 1, . . . , n, le produita1,σ(1)a2,σ(2) · · · an,σ(n) contient aussi exactement un élément de chacune des colonnes deA.


a b c

d e f

u v w

et σ =(

1 2 33 1 2

). Alors

a1,σ(1)a2,σ(2)a3,σ(3) = a1,3a2,1a3,2 = cdv.

Exercices

1. Pour chacune des permutations suivantes, donnez la permutation inverse.

5.1. PERMUTATIONS 151

a.(

1 2 3 41 3 2 4

)

b.(

1 2 3 44 3 2 1

)

c.(

1 2 3 4 55 1 4 2 3

)

2. Soit A =

6 2 30 1 −1−5 7 4

. Soit σ =(

1 2 33 2 1

). Quel valeur prend a1,σ(1)a2,σ(2)a3,σ(3)?


Solutions

1. a. La permutation inverse est(

1 2 3 41 3 2 4

).

b. La permutation inverse est(

1 2 3 44 3 2 1

).

c. La permutation inverse est(

1 2 3 4 52 4 5 3 1

).

2. a1,σ(1)a2,σ(2)a3,σ(3) = a1,3a2,2a3,1 = 3 · 1 · (−5) = −15.

5.2. DÉFINITION 153

5.2 Définition

Avant d’aborder le déterminant, nous devons aussi introduire la notion d’inversion d’unepermutation.

Soit σ ∈ Sn. La paire (i, j) est une inversion de σ si i < j et σ(i) > σ(j). (À ne pasconfondre avec la permutation inverse discuté au préalable.)

Le nombre total d’inversions de σ est dénoté par inv(σ).

Exemple 5.3. Considérons σ =(

1 2 33 1 2

). La paire (1, 2) est une inversion de σ car

on a 1 < 2 et σ(1) = 3 > 1 = σ(2). L’autre inversion est donnée par la paire (1, 3). Doncinv(σ) = 2.Exemple 5.4. Soit σ ∈ Sn pour laquelle éxiste i, j ∈ 1, . . . , n, i < j tels que σ(i) = j,σ(j) = i, et σ(k) = k pour tout les autres indices. Nous voulons déterminer inv(σ).

Notons que pour chaque k = i + 1, . . . , j − 1, (i, k) est une inversion car i < k etσ(i) = j > k = σ(k).

De plus, pour chaque k = i + 1, . . . , j − 1, (k, j) est une inversion car k < j et σ(k) =k > i = σ(j).

Finalement, la paire (i, j) est également une inversion. Ainsi,

inv(σ) = 2(j − 1− (i+ 1) + 1) + 1 = 2(j − i)− 1,

qui est toujours impair.

Par exemple, les inversions de(

1 2 3 4 51 4 3 2 5

)sont (2, 3), (3, 4) et (2, 4).

Pour A ∈ Sn×n, S un anneau, le déterminant de A, dénoté par det(A), est défini par∑σ∈Sn

(−1)inv(σ)a1,σ(1) · · · an,σ(n),

où ai,j dénote l’élément de la i-ième ligne et de la j-ième colonne de A.

Le calcul du déterminant tel que défini requiert la somme de n! termes. Chacun de cestermes dépend d’une permutation de Sn et du produit de n éléments de A, et le signedépend de la parité du nombre d’inversion de la permutation. (La parité d’un entier relatifnous indique si le nombre est pair ou impair.)

Notons que même lorsque la taille de la matrice est petite, le nombre de termes à calculerdevient rapidement trop élevé. Par exemple, si n = 5, il y a déjà 5× 4× 3× 2× 1 = 120termes. Fort heureusement, il existe des méthodes efficaces de calcul de déterminant quine demandent pas autant de termes.


5.2.1 Déterminant de matrices de petite taille

Dans le cas des matrices de taille 2×2 ou 3×3, il y a des formules permettant de simplifierles calculs.

Soient A =[a b

c d

]. Les deux permutations de S2 sont σ1 =

(1 21 2

)et σ2 =

(1 22 1

).

Puisque inv(σ1) = 0 et inv(σ2) = 1, nous avons

det(A) = (−1)inv(σ1)a1,σ1(1)a2,σ1(2) + (−1)inv(σ2)a1,σ2(1)a2,σ2(2) = ad− bc.

Soient A =

p1 p2 p3

q1 q2 q3

r1 r2 r3

. Les six permutations de S3 sont énumérées dans le tableau

suivant.

i 1 2 3

σi

(1 2 31 2 3

) (1 2 31 3 2

) (1 2 32 1 3

)inv(σi) 0 1 1

(−1)inv(σi) 1 -1 -1

i 4 5 6

σi

(1 2 32 3 1

) (1 2 33 1 2

) (1 2 33 2 1

)inv(σi) 2 2 3

(−1)inv(σi) 1 1 -1

Alors

det(A) =6∑i=1

(−1)inv(σi)a1,σi(1)a2,σi(2)a3,σi(3)

= p1q2r3 − p1q3r2 − p2q1r3 + p2q3r1 + p3q1r2 − p3q2r1.

5.2.2 Convention d’écriture

Au lieu d’écrire det

a b c

d e f

p q r

, on écrit simplement

∣∣∣∣∣∣∣∣a b c

d e f

p q r

∣∣∣∣∣∣∣∣.


Exercices

1. Pour chacune des permutations suivantes, donnez le nombre d’inversions.

a.(

1 2 3 41 3 2 4

)

b.(

1 2 3 44 3 2 1

)

c.(

1 2 3 4 55 1 4 2 3

)

2. Calculez le déterminant de chacune des matrices suivantes :

a.[2 31 2

]

b.

1 0 00 a b

0 c d

c.

0 0 p

q 0 00 r 0

3. Soient A et B des matrices de taille n × n telles que B est obtenue de A en

multipliant une ligne de A par le scalaire α. Démontrez que det(B) = α det(A).


Solutions

1. a. Le nombre d’inversions est 1.b. Le nombre d’inversions est 6.c. Le nombre d’inversions est 6.

2. a. 1b. ad− bcc. pqr

3. Supposons que B soit obtenue de A en multipliant la i-ième ligne par α. Alors

det(B) =∑σ∈Sn

(−1)inv(σ)n∏p=1

bp,σ(p)

=∑σ∈Sn

(−1)inv(σ)

∏p 6=i

ap,σ(p)

(αai,σ(i)

)

= α

∑σ∈Sn

(−1)inv(σ)n∏p=1

ap,σ(p)

= α det(A).

5.3. MATRICES SPÉCIALES 157

5.3 Matrices spéciales

5.3.1 Matrices ayant une ligne ou une colonne nulle

Soit A une matrice carré ayant une ligne ou une colonne nulle. Alors det(A) = 0. Eneffet, notons que chaque terme de la définition de det(A) est une produit de la formea1,σ(1)a2,σ(2) · · · an,σ(n), pour une permutation σ. Ainsi, chaque terme contient exactementun élément de chaque ligne et de chaque colonne de A, ce qui implique que chaque termeest nul, ce qui implique que det(A) = 0.

5.3.2 Matrices de permutations

Une matrice de permutation de taille n×n est une matrice obtenue de la matrice identité

In en permutant ses lignes. Par exemple,

0 1 0 00 0 0 11 0 0 00 0 1 0

est une matrice de permutation.

Comme son nom le suggère, une telle matrice permet d’encoder directement une permu-tation de l’ensemble 1, . . . , n. L’interprétation est la suivante : si σ est encodée par lamatrice de permutation, alors σ(i) est l’indice de la colonne de l’élément contenant 1 à la

i-ième ligne. Dans l’exemple ci-dessus, la permutation correspondante est(

1 2 3 42 4 1 3

)car dans la ligne 1, la colonne 2 contient 1; dans la ligne 2, la colonne 4 contient 1; dansla ligne 3, la colonne 1 contient 1; dans la ligne 4, la colonne 3 contient 1.

Pour une matrice de permutation P donnée qui encode σ, le déterminant de P est toutsimplement (−1)inv(σ). À l’exemple ci-dessus, il y a trois inversions. Donc, le déterminantest (−1)3 = −1.

Ce résultat se voit directement à partir de la définition du déterminant : chaque terme de lasomme contient un facteur (−1)inv(σ′) qui multiplie le produit de n éléments d’exactementun élément de chaque ligne et un élément de chaque colonne. La seule façon d’obtenirun terme non nul est d’utiliser une permutation qui extrait l’élément non nul de chaqueligne. Il n’y a qu’une permutation pour laquelle c’est le cas, celle qui est encodée par σ.


5.3.3 Matrices triangulaires

Soit A une matrice carrée triangulaire supérieure (c’est-à-dire que ai,j = 0 pour tout

i > j). Par exemple, la matrice

1 2 3 00 2 5 60 0 3 70 0 0 1

est triangulaire supérieure.

Dans ce cas, det(A) est le produit des éléments sur la diagonale. Ici, le déterminant est1 · 2 · 3 · 1 = 6.

Voyons pourquoi c’est le cas. Soit σ ∈ Sn. On commence par montrer que si σ n’est pas

la permutation identité, alorsn∏i=1

ai,σ(i) = 0.

Supposons que σ(1) 6= 1. Alors il doit y avoir un i ≥ 2 tel que σ(i) = 1. Ceci donne

ai,σ(i) = 0 puisque A est triangulaire supérieure et i > σ(i). Donc,n∏i=1

ai,σ(i) = 0 si

σ(1) 6= 1.

Supposons que σ(1) = 1 mais σ(2) 6= 2. Alors il doit y avoir un i 6= 2 tel que σ(i) = 2.Mais i 6= 1 puisque nous avons déjà σ(1) = 1. Donc, i ≥ 3. Ceci donne encore ai,σ(i) = 0,

puisque i > σ(i). Donc,n∏i=1

ai,σ(i) = 0 si σ(1) = 1 et σ(2) 6= 2.

Nous pouvons continuer de cette manière pour montrer que si σ(i) = i et σ(i+1) 6= i+1,

alorsn∏i=1

ai,σ(i) = 0. Ainsi, le seul terme de det(A) qui être non nul est celui pour lequel

σ(i) = i pour tout i = 1, . . . , n, ce qui implique que det(A) = a1,1a2,2 · · · an,n.

En utilisant un argument semblable, on peut conclure que le déterminant d’une matricetriangulaire inférieure (une matrice où tous les éléments au-dessous de la diagonale sontnuls) est aussi donné par le produit des éléments sur la diagonale.

Exercices

1. Calculez le déterminant de chacune des matrices suivantes :

a.[2 30 2

]

b.

a b c

0 d e

0 0 f

5.3. MATRICES SPÉCIALES 159

c.[2− i 0

3 1 + i

]


Solutions

1. a. 4

b. adfc. (2− i)(1 + i) = 3 + i

5.4. PROPRIÉTÉS FONDAMENTALES 161

5.4 Propriétés fondamentales

Proposition 5.1. Soient A,B ∈ Sn×n, S un anneau. Alors

det(AB) = det(A) det(B).

La démonstration de cette proposition est technique et nous l’omettons.

Une conséquence immédiate et utile du proposition 5.1 est que

det(Ak) = det(A)k

pour tout entier naturel k.Exemple 5.5. Soient A,B ∈ R3×3 telles que det(A) = 3 et det(B) = −2. Alorsdet(AB) = det(A) det(B) = −6.

Exemple 5.6. Soit A =[−2 1−1 1

]. Alors det(A100) = det(A)100 = (−1)100 = 1.

Le déterminant satisfait aussi aux propriétés suivantes :

— Si B est obtenue de A en ajoutant un multiple d’une ligne de A à une autre lignede A, alors det(B) = det(A).

— Si B est obtenue de A en échangeant deux lignes de A, alors det(B) = − det(A).— det(AT) = det(A).— Si A est inversible, alors det(A−1) = det(A)−1.

— Si α est un scalaire et A est de taille n× n, det(αA) = αn det(A).

Exemple 5.7. Soit A =[

1 2−1 1

]. Notons que det(A) = 3.

— det(AT) = det(A) = 3.— Notons que A est inversible. Donc, det(A−1) = 1

det(A) = 13 .

— det(2A) = 22 det(A) = 4 · 3 = 12 puisque A est 2× 2.— det(−A) = det((−1)A) = (−1)2 det(A) = det(A) = 3. Notons que dans ce cas,

det(−A) = det(A).Proposition 5.2. Soit A ∈ Kn×n, K un corps. Alors det(A) 6= 0 si et seulement si Aest non singulière.

Démonstration. Soit R la FER de A. Alors il existe des matrices élémentairesM(1), . . . ,M(k) telles que M(k)M(k−1) · · ·M(1)A = R. Mais

det(M(k)) det(M(k−1)) · · · det(M(1)) det(A) = det(R).


Puisque R est une matrice carrée, A est non singulière si et seulement si R ne contientpas de ligne nulle. Si R contient une telle ligne, alors det(R) = 0. Sinon, R = I dont ledéterminant est 1.

Corollaire 5.1. Soit A ∈ Kn×n, K un corps. Alors det(A) 6= 0 si et seulement si A estinversible.

Exercices

1. Démontrez que si A est inversible, alors det(A−1) = 1det(A) .

2. Démontrez que si A ∈ R4, alors det(−A) = det(A).

5.4. PROPRIÉTÉS FONDAMENTALES 163

Solutions

1. Notons que, dans ce cas,

det(A−1) det(A) = det(A−1A)= det(I) = 1,

d’où det(A−1) = 1det(A) .

2. det(−A) = det((−1)A) = (−1)4 det(A) = det(A).


5.5 Méthodes efficaces

En général, on préfère éviter de calculer le déterminant d’une matrice directement à partirde la définition. Dans cette section, nous étudions deux méthodes efficaces permettant lecalcul du déterminant.

5.5.1 Calculer le déterminant à l’aide des opérations élémentaires surles lignes.

Soit A ∈ Kn×n, K un corps. Rappelons que l’ajout d’un multiple d’une ligne de A à uneautre ligne de A n’a aucun effet sur la valeur du déterminant et que l’échange de deuxlignes modifie la valeur du déterminant par un facteur de −1. Si on n’utilise que ces deuxtypes d’opérations afin de transformer A en une matrice A′ triangulaire supérieure, alorsdet(A) = (−1)p det(A′), où p est le nombre d’échanges et det(A′) est le produit deséléments sur la diagonale de A′.Exemple 5.8.∣∣∣∣∣∣∣∣

−4 1 11 2 0−1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣0 9 11 2 00 3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ (L1 ← L1 + 4L2)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣0 0 −21 2 00 3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ (L1 ← L1 − 3L2)

= −

∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 00 0 −20 3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ (L1 ↔ L2)

= −

−∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 00 3 10 0 −2

∣∣∣∣∣∣∣∣ (L2 ↔ L3)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 00 3 10 0 −2

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1 · 3 · (−2) = −6.

5.5.2 Méthode des cofacteurs

Soient A ∈ Kn×n et i, j ∈ 1, . . . , n. On définit A(i | j) par la matrice obtenue de Aen enlevant la i-ième ligne i et la j-ième colonne de A. La matrice A(i | j) est parfoisappelée le (i, j)-ième mineur de A.

5.5. MÉTHODES EFFICACES 165


1 2 34 5 67 8 9

. Alors

— A(1 | 1) =[5 68 9

],

— A(2 | 2) =[1 37 9

],

— A(3 | 1) =[2 35 6

].

On peut calculer le déterminant d’une matrice A ∈ Kn×n en utilisant la formule ducofacteur.

Choisissons n’importe quel i ∈ 1, . . . , n. Alors

det(A) =n∑j=1

(−1)i+jai,j det(A(i | j)).

On dit souvent que le côté droit est l’expansion du cofacteurs selon la i-ième lignee.(Cette formule peut être obtenue directement de la définition originale du déterminant.)

On peut aussi le faire selon la j-ième colonne :

det(A) =n∑i=1

(−1)i+jai,j det(A(i | j)).

On peut simplifier la notation en utilisant CA(i, j) pour dénoter (−1)i+j det(A(i | j)).Le terme CA(i, j) est un cofacteur de A.

Ainsi, l’expansion en cofacteurs selon la i-ième ligne peut s’écrire sous la forme

det(A) =n∑j=1

ai,jCA(i, j),

et l’expansion selon la j-ième colonne sous la forme

det(A) =n∑i=1

ai,jCA(i, j).


1 2 34 5 67 8 9

. On calcule det(A) en effectuant l’expansion en


cofacteurs selon la seconde ligne.

det(A) =3∑j=1

(−1)2+ja2,j det(A(2 | j))

= −4∣∣∣∣∣2 38 9

∣∣∣∣∣+ 5∣∣∣∣∣1 37 9

∣∣∣∣∣− 6∣∣∣∣∣1 27 8

∣∣∣∣∣= −4(2 · 9− 3 · 8) + 5(1 · 9− 3 · 7)− 6(1 · 8− 2 · 7)= 24− 60 + 36= 0

Ainsi, A n’est pas inversible.Exemple 5.11. L’expansion en cofacteurs peut s’avérer très utile lorqu’une matrice

contient plusieurs éléments nuls. Soit A =[

1 aT

0n−1 B

], où aT ∈ K1×(n−1), B ∈

K(n−1)×(n−1) et 0n−1 est le (n− 1)-uplet nul. Selon la formule d’expension en cofacteursselon la première colonne, on obtient det(A) = (−1)1+1a1,1 det(A(1 | 1)) = 1 det(B) =det(B), puisque ai,1 = 0 pour tout i ≥ 2.

Exercices

1. Soit A =

1 2 34 5 67 8 9

. Déterminez CA(2, 3).

2. Calculez le déterminant de

1 0 23 4 52 −1 −4

en utilisant la méthode des cofacteurs

sur la deuxième colonne.

5.5. MÉTHODES EFFICACES 167

Solutions

1. Notons que

CA(2, 3) = (−1)2+3 det(A(2 | 3))

= −∣∣∣∣∣1 27 8

∣∣∣∣∣= −(8− 14) = 6.

2. Notons que∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 23 4 52 −1 −4

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1)1+2(0)∣∣∣∣∣3 52 −4

∣∣∣∣∣+ (−1)2+2(4)∣∣∣∣∣1 22 −4

∣∣∣∣∣+ (−1)3+2(−1)∣∣∣∣∣1 23 5

∣∣∣∣∣= −32 + (−1) = −33.


5.6 Règle de Cramer

On fait ici le lien entre le déterminant et les systèmes d’équations linéaires. Considéronsle système Ax = b, où A ∈ Kn×n et b ∈ K, K un corps. Si A est inversible, la règle deCramer indique que l’unique solution est donnée par

xi = det(B(i))det(A) , i = 1, . . . , n,

où B(i) est obtenue de A en remplaçant la i-ième colonne par b.

Exemple 5.12. Supposons que A =[1 22 3

]et b =

[45

]. Alors l’unique solution de

Ax = b est donnée par

x1 =

∣∣∣∣∣4 25 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 22 3

∣∣∣∣∣= 2−1 = −2,

x2 =

∣∣∣∣∣1 42 5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 22 3

∣∣∣∣∣= −3−1 = 3.

5.6.1 Formule pour la matrice inverse

Nous obtenons maintenant une formule permettant de déterminer l’inverse d’une matriceA (si elle est inversible) en terme des cofacteurs de A. Observons que l’on peut réécrireAB = In à l’aide des n équations ABj = e(j), où Bj dénote la j-ième colonne de B ete(j) dénote la j-ième colonne de In.

En utilisant la règle de Cramer, on voit que

bi,j = det(P(i))det(A) ,

où P(i) dénote la matrice obtenue de A en remplaçant la colonne i-ième par e(j). Le dé-veloppement de det(P(i)) selon la i-ième colonne nous mène à det(P(i)) = (−1)j+iA(j |i) = CA(j, i). (Faites attention aux indices!) Il s’ensuit que

bi,j = CA(j, i)det(A) ,

5.6. RÈGLE DE CRAMER 169

d’où,

A−1 = 1det(A)

CA(1, 1) CA(2, 1) · · · CA(n, 1)CA(1, 2) CA(2, 2) · · · CA(n, 2)

... ... . . . ...CA(1, n) CA(2, n) · · · CA(n, n)

.

Exercices

1. Soient A =[

1 −1−2 1

]et b =

[−1−1

]Résoudre le système Ax = b à l’aide de la

règle de Cramer.2. Soient A ∈ Zn×n et b ∈ Zn. Démontrez que si |det(A)| = 1, alors la solution de

Ax = b ne contient que des nombres entiers relatifs.3. Soit A ∈ Kn×n, K un corps. Soit B ∈ Kn×n telle que

bi,j = CA(j, i)

pour tout i, j ∈ 1, . . . , n. Montrez que AB = det(A)In.


Solutions

1. La solution est donnée par x1 =

∣∣∣∣∣−1 −1−1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 −1−2 1

∣∣∣∣∣= 2 et x2 =

∣∣∣∣∣ 1 −1−2 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 −1−2 1

∣∣∣∣∣= 3.

2. Puisque det(A) 6= 0, A est inversible. Selon la règle de Cramer, la solution estdonnée par

xi = det(B(i))det(A) , i = 1, . . . , n,

où B(i) est obtenue de A en remplaçant la colonne i par b. Puisque tous leséléments de B(i) sont des entiers relatifs, det(B(i)) doit être un entier relatif.Puisque le dénominateur dans l’expression pour xi est det(A) = ±1, xi est unentier relatif.

3. Considérons le produit de la i-ième ligne de A par la j-ième colonne de B :n∑p=1

ai,pCA(j, p) =n∑p=1

(−1)j+pai,pA(j | p).

Lorsque i = j, cette somme devient simplement l’expansion selon la i-ième ligne,c’est-à-dire det(A). Ainsi, chaque élément de la diagonale de AB prend la valeurdet(A).Si i 6= j, on montre que

n∑p=1

(−1)j+pai,pA(j | p) = 0,

ce qui terminera la démonstration.Soit A la matrice obtenue de A en ajoutant la i-ième ligne à la j-ième ligne. Enutilisant la formule des cofacteurs selon la i-ième ligne de A, on obtient

det(A) =n∑p=1

(−1)j+paj,pA(j | p)

=n∑p=1

(−1)j+p(aj,p + ai,p)A(j | p)

=n∑p=1

(−1)j+paj,pA(j | p) +n∑p=1

(−1)j+pai,pA(j | p)

= det(A) +n∑p=1

(−1)j+pai,pA(j | p)

5.6. RÈGLE DE CRAMER 171

Puisque det(A) = det(A), on voit quen∑p=1

(−1)j+pai,pA(j | p) = 0

tel que désiré.



1. Soient A =

1 3 4−5 2 0−1 2 1

et σ la permutation(

1 2 33 1 2

). Quelle valeur prend

a1,σ(1)a2,σ(2)a3,σ(3)?

2. Calculez le déterminant de

−i 1 01 2 0−1 1 1

.

3. Considérons la matrice A =

k 1 1 10 0 0 −11 0 k 11 −1 2 −1

. Déterminez toutes les valeurs de

k qui rendent A singulière.

4. Soient A,B ∈ C3×3. Si det(A) = 1 − i et B =

1 3 40 2 50 0 i

, quelle valeur prend

det(A−2BT)?


Solutions

1. De ce qui est donné, σ(1) = 3, σ(2) = 1 et σ(3) = 2. Ainsi,

a1σ(1)a2σ(2)a3σ(3) = a1,3a2,1a3,2

= 4 · (−5) · 2 = −40.

2. Nous allons calculer le déterminant en utilisant trois méthodes différentes.Méthode 1 (formule pour les matrices 3× 3)Le déterminant est

(−i) · 2 · 1 + 1 · 0 · (−1) + 0 · 1 · 1− 0 · 2 · (−1)− (−i) · 0 · 1− 1 · 1 · 1=− 1− 2i.

Méthode 2 (réduction)∣∣∣∣∣∣∣∣−i 1 01 2 0−1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −

∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 0−i 1 0−1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ (L1 ↔ L2)

= −

∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 0−i 1 00 3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ (L3 ← L3 + L1)

= −

∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 00 1 + 2i 00 3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ (L2 ← L2 + iL1)

= −(1 + 2i)

∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 00 1 00 3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ (L2 ← 11+2iL2)

= (−1− 2i)

∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 00 1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ (L3 ← L3 − 3L2)

= −1− 2i.

Méthode 3 (méthode des cofacteurs)Notons qu’il y a plusieurs éléments nuls dans la troisième colonne. En utilisant laméthode des cofacteurs selon la troisième colonne, on obtient

(−1)3+3(1)∣∣∣∣∣−i 1

1 2

∣∣∣∣∣ = (−i) · 2− 1 · 1 = −1− 2i

3. Puisque A est une matrice des nombres réels, A est singulière si et seulement sidet(A) = 0.


Notons que dans la deuxième, seul l’élément de la quatrième colonne est non nul.Ainsi, en utilisant la méthode des cofacteurs selon la deuxième ligne, on voit quedet(A) est simplement

(−1)2+4(−1)

∣∣∣∣∣∣∣∣k 1 11 0 k

1 −1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣=− (k · 0 · 2 + 1 · k · 1 + 1 · 1 · (−1)− 1 · 0 · 1− (−1) · k · k − 2 · 1 · 1)=− (k − 1 + k2 − 2)=− k2 − k + 3.

Ainsi, det(A) = 0 si et seulement si k = (−1 ±√

13)/2, d’où A est singulièrelorsque k = (−1 +

√13)/2 ou k = (−1−

√13)/2.

4. On écrit det(A−2BT) en termes de det(A) et det(B). Puisque B est triangulairesupérieure, det(B) est donné par le produit des éléments sur la diagonale, qui est2i. Ainsi,

det(A−2BT) = det(A−2) det(BT)= det((A−1)2) det(B)= det(A−1)2(2i)

=( 1

det(A)

)2(2i)

=( 1

1− i

)2(2i)

= 1−2i(2i)

= −1.

Chapitre 6

Espaces vectoriels

Ce chapitre présente sans aucun doute le sujet le plus important en algèbre linéaire: lesespaces vectoriels. Ces derniers apparaissent dans plusieurs domaines des mathématiques.Ils sont utilisés en statistiques et en modélisations, en traitements des signaux, en crypto-graphie etc. On les rencontre lorsqu’on étudie les équations différentielles et le calcul deplusieurs variables. La maîtrise du matériel de ce chapitre permet de:

— Définir et identifier un espace vectoriel.

— Définir et identifier une combinaison linéaire, un sous-espace engendré par desvecteurs et un sous-espace.

— Définir l’indépendance linéaire.— Déterminer si un ensemble de vecteurs est linéairement indépendant.— Définir et obtenir une base pour un espace vectoriel.— Définir le noyau, l’espace des colonnes et l’espace des lignes d’une matrice.— Obtenir des bases du noyau, de l’espace des colonnes et de l’espace des lignes d’une

matrice.— Énoncer et appliquer la formule du rang-nul.— Définir et calculer le rang d’une matrice.— Obtenir des représentations de vecteurs sous forme d’uplets.— Définir et obtenir des matrices de changement de base.

Les connaissances requises incluent les corps, l’algèbre des matrices, et la résolution desystèmes d’équations linéaires.

175

176 CHAPITRE 6. ESPACES VECTORIELS

6.1 Motivation

Vous avez peut-être vu dans un cours de physique à l’école secondaire qu’un vecteur estune quantité ayant une longueur et une direction. Une telle définition est suffisante pour lesproblèmes de physique du secondaire, mais nous allons introduire une notion plus générale(et plus abstraite) de façon à pouvoir analyser des applications plus avancées.

Comme c’était le cas pour les corps, la définition d’un espace vectoriel peut sembler tech-nique et arbitraire à première vue. Le concept à une longue histoire. En bref, les propriétésd’un espace vectoriel font abstraction de propriétés communes à plusieurs structures ma-thématiques.

On motive la définition des espaces vectoriels à l’aide de plusieurs exemples.

Considérons le système

u− 3v + 2z = 0y − z = 0.

On peut l’écrire sous la forme Ax = 0, où A =[1 −3 0 20 0 1 −1

]et x =

u

v

y

z

.Notons que A est déjà sous forme échelonnée réduite. De plus, v et z sont des variableslibres. Ainsi, toutes les solutions sont donnés par

u

v

y

z

= s

3100

+ t

−2011

,où s, t ∈ R.

Notons que l’on peut aussi l’écrire sous la forme A′x′ = 0, où A′ =[

2 0 −3 1−1 1 0 0

]et

x′ =

z

y

v

u

.La forme échelonnée réduite de A′ est[

1 0 −32

12

0 1 −32

12

].

6.1. MOTIVATION 177

Les deux dernières colonnes de cette matrice ne sont pas des pivots. Mais les variables quicorrespondent à ces colonnes sont les variables en troisième et quatrième position dansx′, c’est-à-dire v et u. Donc, toutes les solutions sont données par

u

v

y

z

= s′

013232

+ t′

10−1

2−1

2

,

où s′, t′ ∈ R.

Nous avons donc deux descriptions apparemment différentes pour les solutions de

u− 3v + 2z = 0y − z = 0,

plus précisément, u

v

y

z

= s

3100

+ t

−2011

s, t ∈ R

et u

v

y

z

= s′

013232

+ t′

10−1

2−1

2

s′, t′ ∈ R.

Il y a une certaine ressemblance entre

−2011

(première description) et

10−1

2−1

2

(seconde

description); la première est obtenue en multipliant la deuxième par −2. Cependant, il n’y

a aucun lien immédiat entre

3100

et

013232

. Il doit y avoir un lien, étant donné les deux

mêmes ensembles solutions, mais quel est-il?


Comme

u

v

y

z

=

013232

est une solution, il doit exister des nombres réels s et t tels que

013232

= s

3100

+ t

−2011

.

Notons que c’est le cas de s = 1 et de t = 32 .

De la même manière, comme

u

v

y

z

=

3100

est une solution, il doit exister des nombres

réels s′ et t′ tels que 3100

= s′

013232

+ t′

10−1

2−1

2

.

C’est le cas de s′ = 1 et t′ = 3.

Nous sommes maintenant prêts à faire quelques remarques d’ordre général.

Observons que les deux descriptions ont la forme αu +α′u′, où α et α′ sont des scalaireset u et u′ sont des uplets de même taille. Nous appelons αu + α′u′ une combinaisonlinéaire de u et u′. Ce n’est pas une coïncidence — on s’attend à ce que toute descriptionde l’ensemble solution s’exprime à l’aide de telles combinaisons linéaires. Nous discuteronsde ce phénomène lorsque nous aborderons les bases et la dimension d’un espace vectoriel.

Plus généralement, si u(1), . . . ,u(k) sont des n-uplets et α1, . . . , αk sont des scalaires,alors

α1u(1) + · · ·+ αku(k)

est appelé une combinaison linéaire de u(1), . . . ,u(k).

Ainsi, si A ∈ Km×n, où K est un corps, les solutions de Ax = 0 peuvent être expriméesen tant que combinaisons linéaires de n-uplets dans Kn.

Rappelons que Ker(A) dénote l’ensemble des solutions du système Ax = 0, pour A ∈Km×n.

6.1. MOTIVATION 179

Si u,v ∈ Ker(A), alors u + v est aussi une solution de Ax = 0. En effet,

A(u + v) = Au + Av = 0 + 0 = 0.

Ainsi, u + v ∈ Ker(A). Autrement dit, la somme de deux éléments de Ker(A) est aussiun élément de Ker(A).

Ensuite, si α ∈ K et v ∈ Ker(A), alors A(αv) = α(Av) = α0 = 0, d’où αv ∈ Ker(A).Autrement dit, le multiple scalaire par un scalaire d’un élément de Ker(A) est aussi unélément de Ker(A).

Puisque la somme de deux éléments de Ker(A) est un élément de Ker(A) et que lamultiple d’un élément de Ker(A) par un scalaire est un élément de Ker(A), nous disonsde Ker(A) qu’il est fermé par rapport à l’addition (donné par l’addition d’uplets) et à lamultiplication par un scalaire.

Dans la prochaine section, nous verrons que Ker(A) n’est pas le seul tel ensemble.

Exercices

1. Écrivez[30

]en tant que combinaison linéaire de

[12

]et[−11

].

2. Écrivez

111

en tant que combinaison linéaire de

120

,−11−1

, et

100

.


Solutions

1.[30

]= (1)

[12

]+ (−2)

[−11

].

2.

111

= (1)

120

+ (−1)

−11−1

+ (−1)

100

.

6.2. DÉFINITION D’UN ESPACE VECTORIEL 181

6.2 Définition d’un espace vectoriel

Nous venons d’explorer un certain nombre de propriétés de Ker(A), où A ∈ Km×n, enparticulier:

1. Pour tout u,v ∈ Ker(A), u + v ∈ Ker(A).

2. Pour tout u ∈ Ker(A) et tout α ∈ K, αu ∈ Ker(A).

3. Il existe u(1), . . . ,u(k) ∈ Ker(A) tels que Ker(A) = α1u(1) + · · ·αku(k) :α1, . . . , αk ∈ K.

Nous montrons maintenant que ces propriétés sont partagées par un ensemble à l’alluretrès différente.

Soit P2(K) l’ensemble des polynômes en x à coefficients dans K de degré au plus 2,c’est-à-dire,

P2(K) = ax2 + bx+ c : a, b, c ∈ K.

Si on remplace chaque mention de Ker(A) par P2(K), les trois propriétés deviennent

1. Pour tout u,v ∈ P2(K), u + v ∈ P2(K).

2. Pour tout u ∈ P2(K) et tout α ∈ K, αu ∈ P2(K).

3. Il existe u(1), . . . ,u(k) ∈ P2(K) tels que P2(K) = α1u(1) + · · ·αku(k) :α1, . . . , αk ∈ K.

La première propriété est satisfaite puisque

(a1x2 + b1x+ c1) + (a2x

2 + b2x+ c2)= (a1 + a2)x2 + (b1 + b2)x+ (c1 + c2),

qui est un élément de P2(K).

La seconde propriété est satisfaite puisque la multiplication de ax2 + bx + c par γ ∈ Kdonne (γa)x2 + (γb)x+ γc, qui est un élément de P2(K).

La troisième propriété est satisfaite avec u(1) = x2 + 0x + 0, u(2) = 0x2 + x + 0,u(3) = 0x2 + 0x+ 1. Alors, P2(K) = au(1) + bu(2) + cu(2) : a, b, c ∈ K.

La coïncidence n’existe pas: Ker(A) et P2(K) partagent ces propriétés car ils sont tousdeux des espaces vectoriels de dimension finie. (Nous allons approfondir le concept de ladimension dans une section ultérieure.)


Soit V un ensemble muni de l’addition et de la multiplication par un scalaire, dont lesscalaires proviennent d’un corps K. Supposons que V soit fermé et sous l’addition et sousla multiplication par un scalaire.

La paire (V,K) est appelé un espace vectoriel si

— x + (y + z) = (x + y) + z pour tout x,y, z ∈ V.— x + y = y + x pour tout x,y ∈ V.— α(x + y) = αx + αy pour tout x,y ∈ V et α ∈ K.— (α + β)x = αx + βx pour tout x ∈ V et α, β ∈ K.— il existe un élément 0V ∈ V , appelé le vecteur nul tel que 0V + v = v pour tout

v ∈ V . On écrit souvent 0 au lieu de 0V , lorsque le contexte le permet.— pour chaque v ∈ V , il existe un élément v′ ∈ V , appelé l’opposé de v, tel que

v + v′ = 0V . (On écrit souvent −v au lieu de v′)— α(βx) = (αβ)x pour tout x ∈ V , α, β ∈ K.— 1x = x pour tout x ∈ V , où 1 dénote l’élément neutre pour la multiplication de

K.

Lorsque l’identité du corps K est évidente selon le contexte, l’espace vectoriel (V , K) estdénoté par V , tout simplement. Si on veut rappeler la présence de K, on dit de V qu’ilest “à scalaires dans Kn. Les éléments de V sont des vecteurs.

Ker(A) est plus communément appelé le noyau de A. Nous étudierons le noyau d’unematrice en détails dans une section ultérieure.

Remarques. Le vecteur nul de Ker(A) est

0...0

. Le vecteur nul de P2(K) est le polynôme

0x2 + 0x+ 0. L’opposé de ax2 + bx+ c dans P2(K) est (−a)x2 + (−b)x+ (−c). Bien quenous ne le ferons pas dans cet ouvrage, il est possible de vérifier que Ker(A) et P2(K)satisfont les propriétés d’un espace vectoriel.

6.2.1 Soustraction de vecteurs

La soustraction du vecteur v de u, dénotée par u−v, est définie par u−v = u + v′, oùv′ est l’opposé de v. On peut montrer que u − v = u + (−1)v, où −1 est l’opposé del’élément neutre pour la multiplication de K.

6.2. DÉFINITION D’UN ESPACE VECTORIEL 183

Exercice

1. Soit (V,K) un espace vectoriel. Montrez que pour chaque vecteur u de V, l’op-posé de u est égal à (−1)u, où −1 dénote l’opposé de l’élément neutre pour lamultiplication de K.


Solution

1. Puisque

0u = (1 + (−1))u= 1u + (−1)u= u + (−1)u,

il suffit de montrer que 0u = 0. Notons que

0u = (0 + 0)u= 0u + 0u

L’ajout de l’opposé de 0u de part et d’autre de cet égalité donne 0 = 0u, tel quedésiré.

6.3. ESPACES VECTORIELS COMMUNÉMENT RENCONTRÉS 185

6.3 Espaces vectoriels communément rencontrés

Soit K un corps et n un entier positif. Alors Kn est un espace vectoriel à scalaires dansK, avec l’addition de n-uplets et la multiplication par un scalaire.

Kn est probablement l’espace vectoriel le plus communément étudié, particulièrementlorsque K = R et n ≤ 3. Par exemple, on parle souvent du plan R2 et de l’espace R3 parun espace en 3 dimensions.

Le vecteur nul de Kn est le n-uplet dont les composantes sont nulles.

Plus généralement, (Km×n,K) est un espace vectoriel avec l’addition matricielle et lamultiplication par un scalaire. Le vecteur nul de Km×n est la matrice de taille m×n donttous les éléments sont nuls.

L’ensemble des polynômes en x à coefficients dans le corps K est un espace vectoriel avecl’addition des polynômes et la multiplication d’un polynôme par un scalaire. Le vecteurnul est le polynôme zéro, c’est-à-dire celui dont tous les coefficients sont nuls.

Le degré des polynômes peut être restreint ou non restreint. Par exemple, nous pouvonsconsidérer l’espace vectoriel des polynômes en x de degré au plus à coefficients réels. Dansun tel espace vectoriel, tous les vecteurs peuvent s’écrire sous la forme ax2 + bx + c, oùa, b, c ∈ R.

Exercice

1. Montrez que C est un espace vectoriel à scalaire dans R, où l’addition de vec-teurs u, v ∈ C est donné par l’addition habituelle des nombres complexes et lamultiplication par un scalaire est la multiplication habituelle d’un complexe par unréel.


Solution

1. Notons que chaque nombre complexe peut s’écrire sous la forme a + bi, poura, b ∈ R. Pour tout nombre réel λ, λ(a + bi) = λa + λbi, qui est de la formedésirée. Il est maintenant facile de vérifier que toutes les propriétés d’un espacevectoriel sont satisfaites en prenant 0 + 0i comme le vecteur nul et (−a) + (−b)icomme opposé de a+ bi, pour tout a, b ∈ R.

6.4. SOUS-ESPACES 187

6.4 Sous-espaces

Soient (V,K) et (W,K) des espaces vectorielles tels que

— l’ensemble des vecteurs de W est contenu dans l’ensemble des vecteurs de V ,— V et W partagent la même addition et la même multiplication par un scalaire.

Alors W est un sous-espace de V . De plus, si W 6= V , alors W est un sous-espacepropre de V.Exemple 6.1. Soit A ∈ Km×n, où K est un corps. Le noyau de A est un sous-espace deKn. (Rappellons que le noyau de A est x ∈ Kn : Ax = 0.)

6.4.1 Test du sous-espace

Soient V un espace vecteur vectoriel et W un ensemble de vecteurs de V . Commentdétermine-t-on si W est un sous-espace de V ?

Le fait que W soit un sous-ensemble de V ne le rend pas automatiquement un sous-espace de V . Par exemple, si W ne contient pas le vecteur nul, alors ce n’est pas unespace vectoriel, et donc pas un sous-espace vectoriel.

Bien sûr, on peut vérifier si W est un espace vectoriel en vérifiant les propriétés d’unespace vectoriel une par une. Mais il y a un raccourci: il suffit de vérifier que W est fermépar rapport à l’addition de vecteurs et à la multiplication par un scalaire tels que définipour V .

Exemple 6.2. Soit W =[a

b

]: a, b ∈ Z

. Il va de soit que W ⊆ R2. Cependant, W

n’est pas un sous-espace de R2 car il n’est pas fermé par rapport à la multiplication par

un scalaire. En effet, soit α /∈ Z un nombre réel. Alors[10

]∈ W mais α

[10

]=[α

0

]/∈ W

puisque α /∈ Z.

Exemple 6.3. Est-ce que U =[x

y

]∈ R2 : x+ y = 0

x− y = 1

est un sous-espace de R2?

Notons que si c’est le cas, U doit contenir le vecteur nul[00

].

Cependant,[x

y

]=[00

]n’est pas une solution du système

x+ y = 0x− y = 1,


d’où[00

]/∈ U, ce qui implique que U n’est pas un sous-espace de R2.

Exercices

1. Donnez un exemple d’un sous-espace propre de P2(R).

2. Soit W =[a b

b 0

]: a, b ∈ R

. Montrez que W est un sous-espace de R2×2.

6.4. SOUS-ESPACES 189

Solutions

1. Soit W = ax2 : a ∈ R. Alors si u = ax2 et v = a′x2, où a, a′ ∈ R, alorsu, v ∈ W . De plus, u+ v = (a+ a′)x2 ∈ W .Si λ ∈ R, alors λu = (λa)x2 ∈ W . Ainsi, W est un sous-espace de P2(R). MaisW 6= P2(R) puisque x ∈ P2(R) et x /∈ W . On conclut que W est un sous-espacepropre de P2(R).

2. Nous montrons d’abord que W est fermé par rapport à l’addition de vecteurs (quiest simplement l’addition de matrices) et à la multiplication par un scalaire.Soient A,B ∈ W. Alors il existe a, b, c, d ∈ R tels que

A =[a b

b 0

]

etB =

[c d

d 0

].

Notons que

A + B =[(a+ c) (b+ d)(b+ d) 0

],

qui réside dans W. Si λ ∈ R, alors

λA =[λa λb

λb 0

],

qui se retrouve aussi dans W.


6.5 Combinaison linéaire et espace engendré

Soient (V,K) un espace vectoriel, v(1), . . . ,v(k) ∈ V , et α1, . . . , αk ∈ K. La somme

α1v(1) + · · ·+ αkv(k)

est une combinaison linéaire de v(1), . . . ,v(k).

Exemple 6.4. 2[12

]+ 3

[34

]est une combinaison linéaire des 2-uplets

[12

]et[34

].

Exemple 6.5. 3[1 00 2

]+ (−1)

[2 34 0

]est une combinaison linéaire des matrices

[1 00 2

]

et[2 34 0

]. (Notons que l’on écrit souvent 3

[1 00 2

]−[2 34 0

]au lieu.)

Exemple 6.6. Le polynôme ax2 + bx+ c, où a, b, c ∈ R, peut être considéré comme unecombinaison linéaire des polynômes x2, x et 1.

L’espace engendré parv(1), . . . ,v(k)

(ou l’espace engendré par v(1), . . . ,v(k)), dé-

noté par Vect(

v(1), . . . ,v(k))

, est l’ensemble de toutes les combinaisons linéaires dev(1), . . . ,v(k).

L’espace engendré par l’ensemble vide est l’espace vectoriel ne contenant que le vecteurnul. (Cette définition est parfois nécessaire afin de raccourcir certaines preuves.)

Exemple 6.7. L’espace engendré par les matrices[1 00 0

]et[0 11 0

]est l’ensemble de

toutes les matrices de la forme[a b

b 0

], puisque toutes les combinaisons linéaires de ces

matrices peuvent s’écrire sous la forme a[1 00 0

]+ b

[0 11 0

].

Exemple 6.8. Vect([

10

],

[01

])= R2 puisque

[x

y

]peut s’écrire sous la forme x

[10

]+

y

[01

].

Exemple 6.9. Voici une version plus générale de l’exemple précédant. Soient n un entierpositif et K un corps. Si e(k) dénote le n-uplet où toutes les composantes sont nulles, saufla k-ième qui est 1, alors Vect

(e(1), . . . , e(n)

)= Kn.

Exemple 6.10. On montre que Vect([

11

],

[1−1

])= R2.

Il suffit de montrer que chaque[x

y

]∈ R2 peut s’écrire en tant que combinaison linéaire de

6.5. COMBINAISON LINÉAIRE ET ESPACE ENGENDRÉ 191

[11

]et[

1−1

], c’est-à-dire qu’il existe des scalaires α et β tels que

[x

y

]= α

[11

]+β

[1−1

],

ou de façon équivalente,[x

y

]=[α + β

α− β

].

C’est un système linéaire qui prend la forme

α + β = x

α− β = y.

Ce système admet la solution α = x+y2 et β = x−y

2 . Donc,[x

y

]est une combinaison

linéaire de[11

]et[

1−1

].

De la définition d’un espace vectoriel, on voit directement que si v(1), . . . ,v(k) sontdes vecteurs d’un espace vectoriel V , alors V contient chaque combinaison linéaire dev(1), . . . ,v(k). Ainsi, V contient l’espace engendré par v(1), . . . ,v(k). On le voit assez fa-cilement dans le cas k = 2: soient v(1),v(2) ∈ V , α, β des scalaires. Puisque V est fermépar rapport à la multiplication par un scalaire, nous avons αv(1), βv(2) ∈ V . En utilisantle fait que V est fermé par rapport à l’addition, on obtient αv(1) + βv(2) ∈ V . Ainsi, Vcontient l’espace engendré de v(1),v(2).Proposition 6.1. Soit V un espace vectoriel. Soit v(1), . . . ,v(k) ∈ V. Alors l’espaceengendré par v(1), . . . ,v(k) est un sous-espace de V .

Par exemple, soit V l’espace engendré de[12

]dans R2. Alors chaque vecteur de V prend

la forme[a

2a

]où a ∈ R. Notons que chaque vecteur de V est aussi un vecteur de R2,

mais que V 6= R2. Ainsi, V est un sous-espace propre de R2.

Lorsqu’un espace vectoriel V est égal à Vect(v(1), . . . ,v(k)

)pour v(1), . . . ,v(k) ∈ V ,

nous avons une description de tous les vecteurs de V . Chaque vecteur de V est unecombinaison linéaire de ces k vecteurs. Cette propriété est très jolie et sera explorée endétail. Cependant, nous verrons qu’il y a des espaces vectoriels qui ne sont pas engendréspar un ensemble fini de vecteurs.


Exercices

1. Soit V un sous-espace de R3 donné par l’espace engendré de l’ensemble

101

,

110

. Montrez que V est un sous-espace propre de R3.

2. Déterminez l’espace engendré des ensembles suivants, à scalaires dans R. Exprimezvos réponses le plus brièvement possible.

a.

210

,

0−10

,

001

b. x− 1, x+ 2

c.[

1 00 0

],

[0 00 1

],

[0 11 0

]

6.5. COMBINAISON LINÉAIRE ET ESPACE ENGENDRÉ 193

Solutions

1. Montrons qu’on ne peut écrire

111

en tant que combinaison linéaire de

101

et

110

.Supposons, au contraire, qu’il existe des réels α et β tels que

111

= α

101

+ β

110

.En comparant les éléments de la seconde composante, on obtient β = 1. Il s’en-suit que α = 0 selon les éléments de la première composante. Avec ces valeurs,

cependant, le côté droit se réduit à

110

, qui est différent du côté gauche.

2. a. R3

b. ax+ b : a, b ∈ R

c.[a b

b c

]: a, b, c ∈ R


6.6 Espaces vectoriels de dimension infinie

Ce ne sont pas tous les espaces vectoriels qui sont engendrés par un nombre fini de vecteurs.Un tel espace vectoriel est dît de dimension infinie. Voici maintenant un exemple d’unespace vectoriel de dimension infinie.

Soit P l’espace vectoriel de tous les polynômes en x à coefficients dans Q. (Il n’est pasdifficile de vérifier que P est un espace vectoriel muni de l’addition de polynômes et de lamultiplication d’un polynôme par un nombre rationnel.) Par exemple, les vecteurs suivantssont éléments de P :

5,x1000 + 2x,

x4 + x3 − x2 + 8.

La somme des deux premiers donne x1000 + 2x+ 5, tandis que la multiplication du dernierpar 3 donne 3x3 + 3x3 − 3x2 + 24, par exemple.

Montrons que P est de dimension infinie.

Supposons au contraire que P soit engendré par k polynômes p(1), . . . ,p(k) ∈ P . Soit mle degré maximum de ces k polynômes. Dans ce cas, xm+1 est un vecteur de P , mais ilne peut être écrit en tant que combinaison linéaire de p(1), . . . ,p(k) car une combinaisonlinéaires de polynômes de degré inférieurs ou égaux à m ne saurait donner un polynôme dedegré supérieur àm. Donc, xm+1 n’appartient pas à l’espace engendré par p(1), . . . ,p(k),ce qui est une contradiction.

Un espace vectoriel dont la dimension n’est pas infinie est dît de de dimension finie.Par exemple, l’espace vectoriel des polynômes en x de degré au plus k est engendré parl’ensemble fini de vecteurs 1, x, x2, . . . , xk.

6.7 Indépendance linéaire

Un ensemble de vecteurs est ditminimal si on ne peut retirer un des vecteurs sans modifierl’espace engendré.

Exemple 6.11. L’ensemble

101

,

110

est minimal dans R3. En effet, si on retire le

premier élément, on ne peut engendrer de vecteurs avec une troisième composante nonnulles. Si on retire le second, auncun des vecteurs engendrés ne possède une secondecomposante non nulle.

6.7. INDÉPENDANCE LINÉAIRE 195

Exemple 6.12. L’ensemble u,v,w, où u,v,w sont des vecteurs d’un espace vectorielà scalaires dans R satisfaisant à u = 2v −w n’est pas minimal. Dans l’espace engendrépar u,v,w, chaque vecteur peut s’écrire sous la forme αu+βv+γw, pour des scalairesα, β, γ. Puisque u = 2v−w, αu + βv + γw peut aussi s’écrire sous la forme

α(2v−w) + βv + γw = (2α + β)v + (γ − α)w,

qui n’est qu’une combinaison linéaire de v et w. On peut alors retirer u avec impunité.

Soit V un espace vectoriel à scalaires dans un corps K. Les vecteurs v(1), . . . ,v(k) de Vsont dit linéairement indépendants s’il n’existe pas d’indice i ∈ 1, . . . , k tel que v(i)

appartient à l’espace engendré par les k − 1 autres vecteurs.

On peut définir l’indépendance linéaire d’une façon équivalente: v(1), . . . ,v(k) sont li-néairement indépendants si et seulement si la seule combinaison linéaire pour laquelleλ1v(1) + · · ·+ λkv(k) = 0V est celle où λ1 = · · · = λk = 0.

Si v(1), . . . ,v(k) sont linéairement indépendants,v(1), . . . ,v(k)

est appelé un ensemble

linéairement indépendant.Proposition 6.2. Un ensemble fini de vecteurs est minimal si et seulement s’il est linéai-rement indépendant.

Les détails de la preuve sont laissés en exercice.

Observons que tout l’ensemble de vecteurs contenant le vecteur nul n’est pas linéairementindépendant, par définition. (Pourquoi?)

L’indépendance linéaire est une notion fondamentale de l’étude des espaces vectoriels.Comme nous allons le voir, plusieurs résultats ne peuvent être exprimés sans passer parce concept.

Exemple 6.13. Les vecteurs

101

,

110

et

001

sont linéairement indépendants dans R3.

On le démontre en considérant l’équation

λ1

101

+ λ2

110

+ λ3

001

=

000

,

ou, de façon équivalente,

λ1 + λ2

λ2

λ1 + λ3

=

000

. La solution unique est λ1 = λ2 = λ3 = 0.

Il s’ensuit que les vecteurs sont linéairement indépendants.


Exemple 6.14. Montrons que x2−1 et x+1 sont linéairement indépendants dans P2(R).

Soit λ1 et λ2 des nombres réels tels que λ1(x2− 1) +λ2(x+ 1) = 0. En réécrivant le côtégauche, on obtient λ1x

2 + λ2x+ (−λ1 + λ2) = 0. Puisque le côté droit est le polynôme0, les coefficients de x2 et de x doivent tous deux être nuls. Ceci implique que λ1 = 0 etλ2 = 0. Par définition, x2 − 1 et x+ 1 sont donc linéairement indépendants.

Exercices

1. Montrez que

101

,

121

,

1−11

est un ensemble linéairement indépendant de

Q3.

2. Montrez que[

1 00 0

],

[0 1−1 0

],

[1 00 1

]est un sous-ensemble linéairement in-

dépendant de R2×2.3. Déterminez si x− 1, x2 + 2x, x2 + 2 est un ensemble linéairement indépendant

de P2(R).4. Soit S = v(1), . . . ,v(k) un sous-ensemble de vecteurs appartenant à un espace

vectoriel. Montrez que S est minimal si et seulement s’il est linéairement indépen-dant.

6.7. INDÉPENDANCE LINÉAIRE 197

Solutions

1. Soit λ1, λ2, λ3 des nombres rationnels tels que

λ1

10−1

+ λ2

121

+ λ3

1−11

=

000

.Le système peut s’exprimer sous la forme

1 1 10 2 −1−1 1 1

λ1

λ2

λ3

=

000

.

La matrice des coefficients se réduit à

1 0 00 1 00 0 1

, d’où λ1 = λ2 = λ3 = 0 est

l’unique solution. Ainsi, l’ensemble donné est linéairement indépendant.

2. Soit λ1, λ2, λ3 des nombres réels tels que

λ1

[1 00 0

]+ λ2

[0 1−1 0

]+ λ3

[1 00 1

]=[0 00 0

].

Cette équation se réécrit sous la forme[λ1 + λ3 λ2

−λ2 λ3

]=[0 00 0

].

En comparant les éléments correspondants de chaque côté, on constate queλ1, λ2, λ3 satisfont à

λ1 + λ3 = 0λ2 = 0λ3 = 0

Ainsi, λ1 = λ2 = λ3 = 0 est l’unique solution, on en conclut que l’ensemble donnéest linéairement indépendant.

3. Ce n’est pas le cas si λ1 = 2, λ2 = −1, et λ3 = 1, nous obtenons

λ1(x− 1) + λ2(x2 + 2x) + λ3(x2 + 2) = 0.

Il y a donc une combinaison linéaire non triviale qui donne le vecteur nul. Lespolynômes sont linéairement dépendants.


4. Supposons que S ne soit pas minimal. Sans perte de généralité, supposons que v(1)

puisse s’exprimer comme combinaison linéaire des n− 1 autres vecteurs de S. Pardéfinition, il existe des scalaires λ2, . . . , λk tels que

v(1) =k∑i=2

λiv(i).

Si λ1 = −1, on a alorsk∑i=1

λiv(i) = 0.

Puisque λ1 6= 0, nous avons trouvé une combinaison linéaire non triviale qui donnele vecteur nul et S est linéairement dépendant.Réciproquement, supposons que S soit linéairement dépendant. Par définition, ilexiste des scalaires λ1, . . . , λk, non tous nuls tels que

k∑i=1

λiv(i) = 0.

Sans perte de généralité, on peut supposer que λ1 6= 0, Alors,

v(1) =k∑i=2

(−λ1)−1λiv(i),

ce qui implique que S n’est pas minimal.

6.8. BASE ET DIMENSION 199

6.8 Base et dimension

Soit (V,K) un espace vectoriel. Une base de V est un ensemble minimal de vecteurs deV qui engendre V .

De façon équivalente, une base de V est un ensemble de vecteurs qui

— est linéairement indépendant, et— engendre V .

En conséquence, on vérifie si un ensemble de vecteurs forme une base de V en montrantqu’il est linéairement indépendant et qu’il engendre V . Si au moins une conditions n’estpas satisfaite, alors l’ensemble n’est pas une base de V .

Exemple 6.15. Dans R3, chaque vecteur prend la forme

a

b

c

, où a, b, c ∈ R. Notons que

R3 est engendré par l’ensemble

100

,

010

,

001

puisque

a

100

+ b

010

+ c

001

=

a

b

c

.Il est évident que

a

100

+ b

010

+ c

001

=

000

si et seulement si a = b = c = 0, d’où l’ensemble est linéairement indépendant et qui

engendre R3. C’est donc une base de R3. (Notons que l’ensemble

100

,

010

,

001

,

111

n’est pas une base de R3, cependant, même s’il engendre R3 puisqu’il n’est pas linéairementindépendant.)Exemple 6.16. L’ensemble x2, x, 1 est une base de P2(R).

Observons que R3 possède une infinité de vecteurs mais que nous pouvons décrire tousces vecteurs à l’aide de seulement trois d’entre eux. On peut s’imaginer une base commela manière la plus économe de décrire un espace vectoriel, qui facilitent en plus plusieurstypes de calculs.

Nous sommes maintenant en mesure d’énoncer le résultat principal de cette section.


Théorème 6.1. Soit (V,K) un espace vectoriel. Soit B =u(1), . . . ,u(n)

une base de

V . Si U ⊆ V est un ensemble linéairement indépendant, alors |U | ≤ n.

Démonstration. Supposons qu’il existe un ensemble linéairement indépendant avecm > n

vecteurs. Parmi tous les ensembles linéairement indépendants de cardinalitém, on en choisiun, que l’on nomme U , tel que |U ∩B| soit aussi grand que possible.

Sans perte de généralité, on peut supposer que U =u(1), . . . ,u(k),v(1), . . . ,v(r)

où

k + r = m et k ≤ n.

Notons que l’on doit avoir k < n. Sinon, B ⊂ U implique que vi ∈ Vect (B) (puisque Best une base de V ) pour i = 1, . . . , r. D’après la proposition 6.2, U n’est pas un ensemblelinéairement indépendant, ce qui contredit l’hypothèse.

Puisque U est minimal, il existe i ∈ k+1, . . . , n tel que u(i) /∈ Vect(U\v(1)

). Sinon,

Vect(U\v(1)

)= V, ce qui implique que U n’est pas minimal.

Nous montrons que U ′ = (U\v(1))∪u(i) est un ensemble linéairement indépendant.

Supposons, au contraire, qu’il existe λ1, . . . , λk, α1, . . . , αr ∈ K, non tous nuls tels que

k∑j=1

λju(j) + α1u(i) +r∑j=2

αjv(j) = 0.

Notons que α1 6= 0 puisque U\u(i) est linéairement indépendant. Ainsi,

u(i) =k∑j=1

α−11 (−λj)u(j) +

r∑j=2

α−11 (−αj)v(j),

et u(i), ce qui est une contradiction. Donc, U ′ est linéairement indépendant. Mais lacardinalité de U ′ est m et U ′ possède un élément supplémentaire en commun avec B, cequi contredit notre choix de U .

Ce résultat à un important corollaire.Corollaire 6.1. Soit V un espace vectoriel de dimension finie. Alors chaque base de Vpossède le même nombre de vecteurs.

Démonstration. Puisque V n’est pas de dimension infinie, il existe une base B avec unnombre fini d’éléments. Soit B′ une base arbitraire de V . D’après le théorème 6.1, |B′| ≤|B|. Donc B′ doit aussi être un ensemble fini. On applique le théorème 6.1 une secondefois afin d’obtenir |B| ≤ |B′|, d’où |B′| = |B|, tel que désiré.

6.8. BASE ET DIMENSION 201

Le nombre de vecteurs que contient toute base de V est la dimension de V , dénotéepar dim(V ). Par exemple, la dimension de Rn est n, et la dimension de P2(R) est 3. Unespace vectoriel qui ne contient que le vecteur nul est de dimension 0.

Exercices

1. Soit K un corps. Produisez une base de K4.2. Produisez une base de R2×2.3. Quel est la dimension de l’espace des polynômes en x à coefficients réels et de

degré au plus 3?


Solutions

1.

1000

,

0100

,

0010

,

0001

.

2.[

1 00 0

],

[0 10 0

],

[0 01 0

],

[0 00 1

].

3. La dimension est 4 puisque 1, x, x2, x3 est une base de l’ensemble en question.

6.9. DIMENSIONS DE SOUS-ESPACES 203

6.9 Dimensions de sous-espaces

Dans cette section, nous prouvons le résultat suivant:Théorème 6.2. Soit (V,K) un espace vectoriel de dimension n. Si W est un sous-espacede V , alors dim(W ) ≤ n. De plus, l’inégalité est stricte si et seulement si W est unsous-espace propre.

Avant de montrer le résultat, nous allons établir quelques résultats intermédiaires.Proposition 6.3. Soit (V,K) un espace vectoriel. Supposons que v(1), . . . ,v(k) soientdes vecteurs linéairement indépendants de V . Si u ∈ V et u /∈ Vect

(v(1), . . . ,v(k)

),

alorsu,v(1), . . . ,v(k)

est linéairement indépendant.

Démonstration. Supposons par contradiction queu,v(1), . . . ,v(k)

ne soit pas un en-

semble linéairement indépendant. Alors il existe des scalaires µ, λ1, . . . , λk ∈ K, non tousnuls tels que tel que

µu + λ1v(1) + · · ·+ λmv(k) = 0V . (6.1)

Notons que µ 6= 0; autrement l’équation

λ1v(1) + · · ·+ λmv(k) = 0V

aurait une solution non triviale, ce qui contredit l’indépendence linéaire de v(1), . . . ,v(k).On peut ainsi réécrire l’équation (6.1) sous la forme

u = µ−1(−λ1)v(1) + · · ·+ µ−1(−λk)v(k),

ce qui est impossible puisque u /∈ Vect(

v(1), . . . ,v(k))

par hypothèse.

Corollaire 6.2. Soit V un espace vectoriel de dimension n. Si B ⊆ V est un ensemblelinéairement indépendant tel que |B| = n, alors B est une base de V .

Démonstration. Supposons qu’il existe u ∈ V tel que u /∈ Vect (B) . D’après la proposi-tion 6.3, B ∪u est un ensemble linéairement indépendant dont la cardinalité est n+ 1,ce qui est impossible d’après le théorème 6.1.

Corollaire 6.3. Soit V un espace vectoriel de dimension n. Si v(1), . . . ,v(k) ∈ V sontlinéairement indépendants et k < n, alors il existe des v(k+1), . . . ,v(n) ∈ V tels quev(1), . . . ,v(n) est une base de V .

Démonstration. On applique la proposition 6.3 jusqu’à l’obtention d’un ensemble linéaire-ment indépendant de cardinalité n. Selon le corollaire 6.2, l’ensemble obtenu est une basede V .


Nous sommes maintenant prêts à démontrer le résultat principal.

Démonstration. (Le théorème 6.2) Soit w(1), . . . ,w(m) une base de W , m = dim(W ).Comme W est un sous-espace de V , w(1), . . . ,w(m) est un ensemble linéaire-ment indépendant de V . D’après le corollaire 6.3, on peut construire une basew(1), . . . ,w(m),u(1), . . . ,u(k) de V . Alors m + k = n. Puisque k ≥ 0, on obtientm ≤ n.

Si m < n, W est évidemment un sous-espace propre de V puisque u(1), . . . ,u(k) 6 inW .Si m = n, alors toute base de W est aussi une base pour V , d’après le corollaire 6.2, cequi implique que W = V . Donc, m < n si et seulement si W est un sous-espace proprede V .

Exemple 6.17. Supposons que l’on nous demande de construire une base de K3 conte-

nant U =

110

,

10−1

. Puisque dim(R3) = 3 et que U contient déjà deux vecteurs

linéairement indépendants, nous n’avons qu’à trouver un vecteur de R3 qui n’est pas dansl’espace engendré par U . La question demeure: comment trouver un tel vecteur lorsqu’ily a une infinité de vecteurs dans R3 parmi lesquels choisir?

Observons que puisque R3 est engendré par

100

,

010

,

001

, il doit y avoir au moins

un vecteur dans l’ensemble qui ne peut être écrit en tant que combinaison linéaire devecteurs de U , sinon, Vect (U) = R3, ce qui est impossible car il n’y a que deux vecteursdans U .

Autrement dit, nous essayons de résoudre Ax = b, où les colonnes de A sont les the

vecteurs de U et x =[x1

x2

], pour chaque b dans

100

,

010

,

001

. Puisque les trois

systèmes ont la même matrice de coefficients, nous pouvons simplement réduire la matriceaugmentée:

1 1 1 0 01 0 0 1 00 −1 0 0 1

.En échangeant les lignes 1 et 2, on obtient

1 0 0 1 01 1 1 0 00 −1 0 0 1

.

6.9. DIMENSIONS DE SOUS-ESPACES 205

L’application de L2 ← L2 − L1 donne1 0 0 1 00 1 1 −1 00 −1 0 0 1

.Finalement, l’application de L3 ← L3 + L2 donne

1 0 0 1 00 1 1 −1 00 0 1 −1 1

.Dans la ligne du bas, on voit qu’aucun des trois vecteurs ne peut s’écrire en tant quecombinaison linéaire de vecteurs de U , ce qui veut dire que l’on peut ajouter n’importelequel des trois à U . L’ensemble obtenu a trois vecteurs linéairement indépendants etl’espace qu’il engendre est automatiquement R3, selon le corollaire 6.2.

Exercices

1. Construire une base de P2(R) contenant x− 1, x2 − x+ 2.2. Quelle est la dimension maximale d’un sous-espace propre de R2×3?


Solutions

1. Nous n’avons besoin que d’un vecteur de P2(R) qui ne puisse s’écrire en tant quecombinaison linéaire de x− 1 et x2 − x+ 2. Le polynôme constant 1 fait l’affaire.

2. 5.

6.10. RETOUR SUR LE NOYAU D’UNE MATRICE 207

6.10 Retour sur le noyau d’une matrice

Soit A ∈ Km×n une matrice sous forme échelonnée réduite. Rappelons que l’on peutobtenir toutes les solutions de Ax = 0 en remplaçant les variables libres par des paramètresdistincts. L’ensemble solution peut être décrit par une combinaison linéaire de n-uplets,où les paramètres sont les scalaires. Ces n-uplets forment une base du noyau de A. Ladimension du noyau de A, que l’on nomme la nullité de A, est le nombre de colonnesqui ne sont pas des pivots de A.

Considérons l’exemple suivant. Soit A ∈ R2×4 donné par[1 −1 −1 32 −2 0 4

]. En appliquant

les opérations élémentaires sur les lignes suivantes, nous obtenons la FER de A:[1 −1 −1 32 −2 0 4

]

L2←L2−2L1−−−−−−−→[1 −1 −1 30 0 2 −2

]L2← 1

2L2−−−−−→[1 −1 −1 30 0 1 −1

]

L1←L1+L2−−−−−−−→[1 −1 0 20 0 1 −1

].

On lit aisément toutes les solutions de Ax = 0: Puisque x2 et x4 sont les variables libres,posons x2 = s et x4 = t. Ainsi, les solutions sont données par

x1

x2

x3

x4

=

s− 2ts

t

t

= s

1100

+ t

−2011

,

et

1100

,−2011

est une base de Ker(A), d’où dim(Ker(A)) = 2.

Remarque. Notons que l’on peut aussi obtenir directement le premier vecteur en posantx2 = 1, x4 = 0, et en résolvant pour x1 et x3, et le deuxième vecteur en posant x2 = 0,x4 = 1 et résolvant pour x1 et x3. En général, si A est une FER, alors une base pourKer(A) peut être construite en suivant les étapes suivantes: i) soit i1, . . . , il les indicescorrespondants aux colonnes libres de A. ii) Pour chaque k ∈ 1, . . . , l, on résoud


Ax = 0 en choisissant xik = 1, et xij = 0 pour tout j 6= k. Dénotons cette solution paru(1). iii) L’ensemble u(1), . . . ,u(k) est une base de Ker(A).

Exercices

1. Trouvez une base du noyau de

1 −1 0 10 2 1 −11 1 1 0

.

2. Soit A =

1 0 1 0 10 1 1 0 10 1 0 1 1

qui prend ses éléments dans GF (2). Donnez une base

de Ker(A).

6.10. RETOUR SUR LE NOYAU D’UNE MATRICE 209

Solutions

1. Plusieurs réponses sont possibles. En voici une:

−1

2−1

210

,−1

21201

.

2. Nous trouvons d’abord toutes les solutions de Ax = 0, où x =

x1...x5

, en réduisant

A: 1 0 1 0 10 1 1 0 10 1 0 1 1

L2←L2+L3−−−−−−−→

1 0 1 0 10 0 1 1 00 1 0 1 1

L2↔L3−−−−→

1 0 1 0 10 1 0 1 10 0 1 1 0

L1↔L3−−−−→

1 0 0 1 10 1 0 1 10 0 1 1 0

Puisque les deux dernières colonnes sont les seules colonnes libres, on pose x4 = s

et x5 = t. Les solutions Ax = 0 sont données par

s

s

s

s

0

+

t

t

00t

= s

11110

+ t

11001

où s, t ∈ GF (2). Ainsi

11110

,

11001

est une base de Ker(A).


6.11 Espace des colonnes et espace des lignes

Soit A ∈ Km×n, où K est un corps. Nous avons vu que Ker(A), le noyau de A, estdéfini par x ∈ Kn : Ax = 0. Nous allons maintenant discuter de deux autres espacesvectoriels associés à A.

L’espace des colonnes de A, dénoté par Col(A), est l’espace engendré par lescolonnes de A, c’est-à-dire que l’on traite les colonnes de A comme des vecteurs de Km

et que l’on considère toutes les combinaisons linéaires possibles des ces vecteurs. Ainsi,Col(A) est un sous-espace de Km.

Exemple 6.18. Considérons la matrice réelle A =[1 0 20 −1 3

]. L’espace des colonnes

de A contient tous les vecteurs de la forme α[10

]+ β

[0−1

]+ γ

[23

]où α, β, γ ∈ R. En

réécrivant α[10

]+ β

[0−1

]+ γ

[23

]sous la forme

[1 0 20 −1 3

]α

β

γ

, on obtient

Col(A) =

[1 0 20 −1 3

]α

β

γ

: α, β, γ ∈ R

.

Conséquemment,[a

b

]appartient à Col(A) si et seulement si le système

[1 0 20 −1 3

]α

β

γ

=

[a

b

]admet a une solution en α, β, γ.

L’espace des lignes de A, dénoté par Lgn(A), s’obtient à partir de Col(AT). Ainsi,Lgn(A) est un sous-espace de Kn.

6.11.1 Bases de l’espace des colonnes et de l’espace des lignes

Nous allons voir comment obtenir une base de l’espace des lignes et une base de l’espacedes colonnes. Considérons d’abord le cas où la matrice est sous forme échelonnée réduite.

6.11.1.1 Matrice sous forme échelonnée réduite

Considérons A =

1 −2 0 −10 0 1 10 0 0 0

. Supposons que l’on cherche une base de Lgn(A).

6.11. ESPACE DES COLONNES ET ESPACE DES LIGNES 211

Puisque AT =

1 0 0−2 0 00 1 01 1 0

, l’espace engendré par les deux premières colonnes est iden-

tique àl’espace des colonnes de AT (la troisième colonne, dont tous les éléments sont nuls necontribue aucunement aux combinaisons linéaires).

Notons que chacune des deux première colonnes est nécessaire à la construction deCol(AT) puisqu’elles sont linéairement indépendantes. Ainsi, les deux premières colonnesde AT forment une base de Lgn(A).

Trouvons maintenant une base pour Col(A). Notons que A2, la deuxième colonne de A,est un multiple de A1. De plus, A4 = −A1 + A3. Ainsi, l’espace engendré par A1,A3correspond à Col(A). De plus, A1,A3 est un ensemble linéairement indépendant. C’estdonc une base de Col(A).

Pour une matrice A sous forme échelonnée réduite, les colonnes non nulles de AT formentune base de Lgn(A) et les colonnes pivot de A forment une base de Col(A).

6.11.1.2 Matrice générale

On se sert du résultat suivant.Proposition 6.4. Si A et B sont des matrices telles que B peut être obtenue de A àl’aide d’une suite d’opérations élémentaires sur les lignes, alors Lgn(A) = Lgn(B).

On laisse la démonstration en exercice.

Pour une matrice donnée A, on calcule d’abord sa forme échelonnée réduite R (en utilisantles opérations élémentaires sur les lignes). Une base de Lgn(R) est alors une base deLgn(A).

Les opérations élémentaires sur les lignes affectent l’espace des colonnes, cependant. Maisnous pouvons tout de même utiliser la réduction de A afin de nous aider à trouver unebase de Col(A).Proposition 6.5. Si R est la forme échelonnée réduite de A, les colonnes de A corres-pondant aux colonnes pivots de R forment une base de Col(A).

Exemple 6.19. Considérons la matrice réelle A =

1 −2 3 10 1 −1 0−1 1 −2 −1

de forme éche-


lonnée réduite de A est

1 0 1 10 1 −1 00 0 0 0

. Puisque A1 et A2 sont les colonnes pivots de

A, elle forment une base de Col(A). De plus, A3 = A1 −A2 et A4 = A1.

Exercices

1. Pour chacune des matrices réelles suivantes, trouvez une base du noyau, une basede l’espace des lignes et une base de l’espace des colonnes.

a.[1 2 3

]

b.

1 0 2 00 1 −1 11 1 1 1

6.11. ESPACE DES COLONNES ET ESPACE DES LIGNES 213

Solutions

1. a.

−210

,−301

est une base possible base du noyau;

123

est une base de l’espace des lignes.

[1]

est une base de l’espace des colonnes.

b. Notons que la FER de la matrice est

1 0 2 00 1 −1 10 0 0 0

.

−2110

,

0−101

est une base possible du noyau.

1020

,

01−11

est une base possible de l’espace des lignes.

101

,

011

est une base possible de l’espace des colonnes.


6.12 Rang d’une matrice

Soit A ∈ Km×n, K un corps. Il est possible de démontrer que dim(Col(A)) =dim(Lgn(A)). La dimension de l’espace des lignes ou de l’espace des colonnesde A est appelé le rang de A, que l’on dénote par rang (A). Ainsi, la matrice

A =

1 −2 3 10 1 −1 0−1 1 −2 −1

est de rang (A) = 2.

Si rang (A) = min(m,n), on dit que A est de plein rang.

La nullité de A, dénoté par null (A), est la dimension du noyau de A. L’important résultatsuivant fait un lien entre la nullité et le rang de A:Théorème 6.3 (Théorème du rang). Soit A ∈ Km×n, K un corps. Alors

rang (A) + null (A) = n.

Démonstration. Rappelons que les opérations élémentaires sur les lignes n’affectent pasni l’espace des lignes ni le noyau de A. Soit R la matrice forme échelonnée réduiteobtenue de A par des opérations élémentaires sur les lignes. Alors, rang (A) = rang (R)et null (A) = null (R).

Soit k le nombre de pivots de R. La dimension de l’espace des lignes de R est alor k etla dimension du noyau de R et n− k, le nombre de colonnes libres de R. Ainsi,

rang (A) + null (A) = rang (R) + null (R)= k + (n− k) = n,

d’où le résultat recherché.

Exercices

1. Calculez le rang de

1 2 0−1 1 30 1 1

.2. Est-ce que la nullité d’une matrice réelle de taille 4× 5 peut être 0?

3. Soient A =[

1 −2 1−2 4 −2

]et B =

1 2 11 1 01 0 −1

des matrices réelles. Déterminez

si Ker(A) = Col(B).

6.12. RANG D’UNE MATRICE 215

Solutions

1. La FER est

1 0 −20 1 10 0 0

, d’où elle est de rang 2.

2. Non. Le rang d’une matrice 4×5 est la dimension de l’espace des colonnes. Puisquel’espace des colonnes d’une telle matrice est un sous-espace de R4, cette dimensionest inférieure ou égale 4. Ainsi, d’après le théorème 6.3, la nullité est supérieure ouégale 1.

3. Notons premièrement que AB = 0. Ainsi, chaque colonne de B appartient àKer(A), ce qui implique que Col(B) est un sous-espace de Ker(A). La FER de B

est

1 0 −10 1 10 0 0

, d’où B est de rang 2 et l’espace des colonnes de B est de dimen-

sion 2. La FER de A est[1 −2 10 0 0

], d’où A est de rang 1. D’après le théorème

6.3, la nullité de A est 2. Ainsi, dim(Col(B)) = dim Ker(A)). Puisque Ker(A)est un sous-espace de Col(B), ils doivent donc être égaux d’après le théorème 6.2.


6.13 Représentation par les uplets

6.13.1 Bases ordonnées

Soient (V,K) un espace vectoriel de dimension n et v(1), . . . ,v(n) une base de V . Onappelle (v(1), . . . ,v(n)) une base ordonnée de V .

En imposant un ordre sur les éléments de la base, on peut représenter chaque vecteur deV en tant que n-uplet. Plus précisément, soit u ∈ V . Rappelons qu’il existe des scalairesλ1, . . . , λn ∈ K tels que u = λ1v(1) + · · ·+ λnv(n).

On défini [u](v(1),...,v(n)) par le n-uplet

λ1

λ2...λn

.On appelle [u](v(1),...,v(n)) une représentation par uplet (ou représentation en coor-données) de u par rapport à la base ordonnée (v(1), . . . ,v(n)).

Évidemment, si on choisit une base ordonnée différente, on obtient une représentationdifférente du même vecteur. Voilà pourquoi il est important de préciser la base ordonnéelorsqu’on utilise une représentation par les uplets.

Exemple 6.20. Notons que Γ =([

1−1

],

[23

])est une base ordonnée de R2. Soit

u =[32

]. Nous voulons obtenir [u]Γ.

On écrit d’abord u en tant que combinaison linéaire des éléments de Γ, c’est-à-dire que

l’on cherche des nombres réels α et β tels que u = α

[1−1

]+β

[23

]. Nous devons résoudre

3 = α + 2β2 = −α + 3β,

qui a pour solution α = 1 et β = 1. Ainsi, [u]Γ =[11

].

Exemple 6.21. Soit V = P2(R). Soient Γ et Ω les bases ordonnées Γ = (1, x+1, x2 +1)et Ω = (x − 1, x2 + 1, x2 − 1). (Vérifiez que ce sont bien des bases ordonnées.) Nousvoulons trouver la représentation par les uplets du polynôme x par rapport à ces basesordonnées.

Afin de déterminer [x]Γ, nous devons trouver des réels α, β, γ tels que

x = α(1) + β(x+ 1) + γ(x2 + 1).

6.13. REPRÉSENTATION PAR LES UPLETS 217

En simplifiant à droite, on obtient

x = γx2 + βx+ (α + β + γ).

Puisque le côté gauche ne possède aucun terme de degré 2, on doit avoir γ = 0. Encomparant les coefficients de x des deux côtés, on obtient β = 1. Puisque le côté gauchen’a pas de terme constant, on doit avoir α = −1. Autrement dit, x = (−1)1 + 1(x+ 1) +

0x2, et [x]Γ =

−110

.

Pour [x]Ω, on note que x = 1(x− 1) + 12(x2 + 1) +

(−1

2)

(x2), d’où [x]Ω =

112−1

2

.

6.13.2 Utilisation des représentations par les uplets

Si u,w ∈ V et Γ est une base ordonnée de V , on peut rapidement vérifier que

[u + w]Γ = [u]Γ + [w]Γ.

De même, si λ est un scalaire, alors

[λu]Γ = λ[u]Γ.

On peut passer d’un espace vectoriel de dimension finie à Kn: toutes les opération sontpréservées.

Exercices

1. Soient Γ =([

12

],

[23

])et Ω =

([1−1

],

[1−2

])deux bases ordonnées de R2.

a. Soient u =[10

]et v =

[01

]. Exprimez les représentations suivantes:

i. [u]Γii. [u]Ωiii. [v]Γiv. [v]Ω

b. Trouvez une matrice A ∈ R2×2 telle que [v]Ω = A[v]Γ pour tout v ∈ R2.


Solutions

1. a. i.[−32

]

ii.[

2−1

]

iii.[

2−1

]

iv.[

1−1

]

b.[

4 7−3 −5

]

6.14. CHANGEMENT DE BASE 219

6.14 Changement de base

6.14.1 Motivation

Nous avons vu que le même espace vectoriel peut être décrit à l’aide de bases distinctes.Lorsque l’on en choisi une, chaque vecteur de l’espace vectoriel peut s’exprimer en tantque combinaison linéaire des vecteurs de cette base. Y a-t-il vraiment un besoin d’utiliserdes bases différentes?

Le choix d’une base est très important pour les algorithmes utilisés lors de la compressionaudio digitale et la compression d’images. Par exemple, la base d’ondelettes est largementutilisée en traitement des signaux digitales. La transformée de Fourier rapide est uneméthode de changement de base efficace permettant d’exprimer une matrice en termed’ondelettes.

Les changements de bases sont aussi fréquemment utilisés en analyse statistique, plusparticulièrement en analyse des composantes principales.

Nous illustrons maintenant l’usage des changements de base par un exemple simple. Consi-dérons la table suivante indiquant les nombres d’heures hebdomadaire que cinq élèves(Ada, Bev, Cam, Dan et Ève) passent à étudier, ainsi que leurs notes en algèbre, en calculet en statistiques.

Ada Bev Cam Dan Ève

Heures d’études 3 8.5 6 5 7Note en algèbre 45 100 75 65 85Note en calcul 56 100 80 72 88

Note en statistique 48 81 66 60 72

En réalité, nous pourrions avoir des centaines d’étudiants et plusieurs autres sujets. Maispour les besoins de l’illustration, nous supposons que le tableau ci-haut est trop gros à té-lécharger dans un ordinateur pour ensuite être analysé. Existe-t-il une façon de compresserles données?

Exprimons d’abord les données en 4-uplets dans R4 comme suit:



Données

3455648

8.510010081

6758066

5657260

5858872

Nous n’avons pas encore réduit la quantité de données. Nous avons seulement réécrit le

tableau d’une façon différente. Avec d =

11086

et v =

0153230

, nous voyons que— l’uplet d’Ada est donné par v + 3d,— l’uplet de Bev est donné par v + 8.5d,— l’uplet de Cam est donné par v + 6d,— l’uplet de Dan est donné par v + 5d,— l’uplet d’Ève est donné par v + 7d.

Ainsi, les multiples scalaires de d capturent toutes la variation des données.

D’après le corollaire 6.3, on peut construire une base B = v(1),v(2),v(3),d de R4.Nous savons que chaque vecteur de R4 peut s’écrire en tant que combinaison linéaire dev(1),v(2),v(3) et d. Ce qui est spécial à propos des 4-uplets du tableau précédent, c’estque pour n’importe quel 4-uplet u, la combinaison linéaire de v(1),v(2),v(3), et d quiexprime u − v sera de la forme 0v(1) + 0v(2) + 0v(3) + αd, où α 6= 0. Essentiellement,une seule des quatres dimensions est intéressante par rapport à la base B.

Remarque. En réalité, les données ne permettent que rarement un ajustement parfaitavec un modèle aussi simple. Il est plus probable que les données auraient une formecomme celle-ci:


Heures d’études 3 8.5 6 5 7Note d’algèbre 47 100 74 64 87Note en calcul 55 99 80 73 89

Note en statistiques 50 80 65 59 73

Même si nous ne pouvons pas trouver un v et un d qui correspondent parfaitementaux données, nous pouvons trouver des approximations. Pour des raisons pratiques, une


approximation est souvent suffisante. Comme George E.P. Box l’a déjà écrit, « Tous lesmodèles sont essentiellement incorrects. Mais certains modèles sont utiles. » Une bonneanalyse statistique requiert un bon modèle pour les données disponibles, ainsi que lacapacité de déterminer que s’il suggère une bonne approximation à la réalité.

6.14.2 Matrice de changement de base

Comme nous l’avons vu à la section précédente, il peut s’avérer avantageux dans cer-taines situations d’exprimer un vecteurs à l’aide d’une base différente. Par exemple, dansun espace vectoriel à dimension élévée, s’il existe une base ordonnée dans laquelle les re-présentations en uplets de vecteurs à l’étude n’ont que peu de composantes non nulles, onpeut possiblement sauver de la mémoire en utilisant une représentations qui ne contientque peu d’information sur ces uplets.

Dans cette section, nous présentons une manière systématique de convertir la représen-tation par rapport à une base ordonnée à la représentation par rapport à une autre baseordonnée. Nous illustrons d’abord les idées principales avec un exemple.

Soit P1 l’espace des polynômes en x à coefficients réels et de degré au plus 1. SoientΓ = (x− 1, x+ 1) et Ω = (1, 2x+ 1) des bases ordonnées de P1.

Rappelons que si[a

b

]est une représentation en 2-uplets de u ∈ P1 par rapport à Γ, alors

u = a(x− 1) + b(x+ 1) = (a+ b)x+ (−a+ b).

Existe-t-il une façon simple de déterminer [u]Ω?

Nous devons trouver δ et φ tels que δ(1) + φ(2x+ 1) = u = (a+ b)x+ (−a+ b). Nous

aurons alors [u]Ω =[δ

φ

].

Notons queδ(1) + φ(2x+ 1) = 2φx+ (δ + φ).

En comparant ces coefficients avec (a+ b)x+ (−a+ b), on obtient

2φ = (a+ b)δ + φ = −a+ b

De la première équation, on obtient φ = a+b2 . On substitue ce φ dans la deuxième équation

afin d’obtenir δ = −32a+ b

2 . Ainsi,

[u]Ω =[−3

2a+ b2

a2 + b

2

].


On peut aussi écrire ce résultat sous la forme

[u]Ω =[−3

212

12

12

] [a

b

].

La matrice A =[−3

212

12

12

]est telle que

[u]Ω = A[u]Γ;

elle transforme la représentation en 2-uplets par rapport à Γ en représentation par 2-upletspar rapport à Ω.

Dans ce qui suit, nous allons voir que pour tout espace vectoriel V de dimension n duquel Γet Ω sont des bases ordonnées, il existe une unique matrice A telle que [u]Ω = A[u]Γ pourchaque u ∈ V . Le changement de base des représentations en uplets est donc équivalentà la multiplication par une matrice.

Soit V un espace vectoriel de dimension n. Soient Γ =(v(1), . . . ,v(n)

)et

Ω =(w(1), . . . ,w(n)

)des bases ordonnées de V .

Notons que pour chaque j ∈ 1, . . . , n, on peut écrire v(j) en tant que combinaisonlinéaire de w(1), . . . ,w(n). Ainsi, il existe scalaires a1,j , a2,j , . . . , an,j tels que

v(j) = a1,jw(1) + a2,jw(2) + · · ·+ an,jw(n).

Si u ∈ V est arbitraire, il existe des scalaires λ1, . . . , λn tels que u = λ1v(1)+· · ·+λnv(n),

d’où [u]Γ =

λ1...λn

.Ainsi,

u = λ1v(1) + · · ·+ λnv(n)

=n∑j=1

λj

(n∑i=1

ai,jw(i))

=n∑j=1

n∑i=1

(ai,jλj)w(i)

=n∑i=1

n∑j=1

ai,jλj

w(i)


et

[u]Ω =

n∑j=1

a1,jλj

n∑j=1

a2,jλj

...n∑j=1

am,jλj

=

a1,1 a1,2 · · · a1,n

a2,1 a2,2 · · · a2,n... ... . . . ...

an,1 an,2 · · · an,n

λ1

λ2...λn

.

Soit A la matrice dont l’élément (i, j) est ai,j pour tout i, j ∈ 1, . . . , n. La représenta-tion [u]Ω est précisement A[u]Γ. One appelle A la matrice de changement de base deΓ à Ω.Exemple 6.22. Soient Γ =

([10

],

[21

])et Ω =

([01

],

[−11

])des bases ordonnées de

R2. Pour obtenir la matrice de changement de base de Γ à Ω, on écrit d’abord chaquevecteur de Γ en tant que combinaison linéaire des vecteurs de Ω.

Notons que [10

]= 1

[01

]+ (−1)

[−11

]et [

21

]= 3

[11

]+ (−2)

[−11

].

Ainsi, la matrice de changement de base de Γ à Ω est[

1 3−1 −2

].

Exercices

1. Soient Γ =

101

,

210

,

01−1

et Ω =

111

,−111

11−1

des bases ordon-

nées de R3. Obtenez la matrice de changement de base de Γ à Ω.2. Soient Γ = (x, 1) et Ω = (2x + 1,−x) des bases ordonnée de P1. Obtenez la

matrice de changement de base de Γ à Ω.


Solutions

1. Notons que 101

=

111

+(−1

2

)−111

+(−1

2

)11−1

,

210

=

111

+(−1

2

)−111

+(1

2

)11−1

,et

01−1

=(−1

2

)111

+(1

2

)−111

+

11−1

.Ainsi, la matrice de changement de base est

1 1 −12

−12 −1

212

−12

12 1

.2. Notons que

x = 0(x+ 1) + (−1)(−x)

et1 = 1(2x+ 1) + 2(−x).

Ainsi, la matrice de changement de base est[

0 1−1 2

].



1. Montrez que Vect([

i

0

],

[1

1− i

])= C2.

2. Est-ce que[1 00 1

]appartient à le sous-espace de R2×2 engendré par[

3 11 −1

],

[0 11 2

],

[1 11 0

]?

3. Soient A,B,C ∈ R2×2 les matrices A =[1 11 0

], B =

[−1 01 0

], et C =

[0 11 0

].

Donnez une description économe de l’espace engendré par A,B,C.4. Montrez que l’espace engendré par x, x2−1 est un sous-espace propre de P2(R).

5. Déterminez si x2 + 1 est dans l’espace engendré par x2 + x + 1, x + 2, où lesscalaires sont les nombres réels.

6. Soient p(1) = −x+ 1, p(2) = x+ 2, et p(3) = x2 + 1.

a. Montrez que p(1),p(2),p(3) est une base de P2(R).b. Écrivez x2 + 2x en tant que combinaison linéaire de p(1),p(2),p(3).

7. Soit A =

1 10 2−1 0

une matrice réelle. Est-ce que

111

appartient à Col(A)?

8. Soit A ∈ R2×4. Quelle est la plus petite valeur possible de la nullité de A?9. Soient Γ = (x2−1, x+1, x) une base ordonnée de P2(R) et u = x−1. Déterminez

[u]Γ.

10. Déterminez la dimension du sous-espace de R2×2 donné par[a b

c d

]: a+ b+ c+ d = 0

b− c+ 2d = 0

.

11. Soient t,u,v,w ∈ R3 les vecteurs t =

10−2

, u =

1−12

, v =

−32−2

, w =

2−10

.Soit W le sous-espace de R3 engendré par t,u,v,w. Montrez que W est unsous-espace propre de R3.


Solutions

1. Il suffit de démontrer que pour tout choix de z1, z2 ∈ C2, il existe α, β ∈ C tels

que α[i

0

]+ β

[1

1− i

]=[z1

z2

].

L’équation peut être écrite sous la forme[i 10 1− i

] [α

β

]=[z1

z2

].

La matrice augmentée du système est[i 1 z1

0 1− i z2

].

Il serait possible de réduire la matrice mais la deuxième ligne représente l’équation(1− i)β = z2, que l’on résoud aisément, et β = z2

1−i = 1+i2 z2.

En substituant ce β dans l’équation correspondante à la première ligne, on obientiα + 1+i

2 z2 = z1, ce qui implique α = −i(z1 − 1+i

2 z2)

= −iz1 + −1+i2 z2. Donc,

une solution existe peu importe les valeurs de z1, z2.(Il n’y a aucun besoin de résoudre pour α et β explicitement. La matrice descoefficients est carrée et a pour déterminant i(1− i) 6= 0. Par la règle de Cramer,une solution unique existe et c’est tout ce dont nous avons besoin pour notreconclusion.)

2. Nous aimerions déterminer s’il existe a, b, c ∈ R tels que[1 00 1

]= a

[3 11 −1

]+ b

[0 11 2

]+ c

[1 11 0

]

On peut réécrire le côté droit afin d’obtenir[1 00 1

]=[

3a+ c a+ b+ c

a+ b+ c −a+ 2b

].

En comparant les éléments de chaque côté, on obtient le système

3a+ c = 1a+ b+ c = 0a+ b+ c = 0−a+ 2b = 1.

La FER de la matrice augmentée du système est1 0 0 10 1 0 10 0 1 −20 0 0 0

.


Il y a donc une solution unique (a = 1 et c = −2) et la réponse à la question est« oui ».

3. Par définition, l’espace engendré par A,B,C est

αA + βB + γC : α, β, γ ∈ R

=[

α− β α + γ

α + β + γ 0

]: α, β, γ ∈ R

Cet espace est identique à[r s

t 0

]: r, s, t ∈ R

. En effet, le système

α− β = r

α + γ = s

α + β + γ = t

admet une solution, indépendamment du choix de r, s, t ∈ R, donnée par α =r − s + t, β = −s + t, et γ = −r + 2s − t. L’espace en question contient toutes

les matrices de la forme[r s

t 0

], où r, s, t ∈ R.

4. Il suffit de trouver un vecteur de P2(R) qui ne peut s’écrire en tant que combinaisonlinéaire de x et x2 − 1.Le polynôme x2 est un tel vecteur. Supposons, au contraire, qu’il existe α, β ∈ Rtels que x2 = αx+ β(x2 − 1). Alors,

x2 = βx2 + αx− β.

En comparant les coefficients de x2 de chaque côté, on obtient β = 1. Mais leterme de gauche n’a pas de constante tandis que le terme de droite en a une, −β.Ceci implique β = 0. Mais β = 1, une contradiction.

5. Par définition, x2 + 1 appartient à l’espace engendré par x2 + x+ 1, x+ 2 si etseulement s’il existe α, β ∈ RR tels que

x2 + 1 = α(x2 + x+ 1) + β(x+ 2).

En réécrivant le côté doit, on obtient

x2 + 1 = αx2 + (α + β)x+ (α + 2β).

En comparant les coefficients de chaque côtés, on obtient le système

1 = α

0 = α + β

1 = α + 2β.


Ainsi, α = 1. La deuxième équation nous donne alors β = −1. Mais ceci veut direque α + 2β = −1 6= 1, ce qui implique α et β ne peuvent exister. Ainsi, x2 + 1n’appartient pas à l’espace engendré par x2 + x+ 1, x+ 2.

6. a. Nous montrons d’abord que Vect(p(1),p(2),p(3)

)= P2(R). Pour ce faire,

soient a, b, c ∈ R. Nous devons montrer qu’il existe α, β, γ ∈ R tels que

αp(1) + βp(2) + γp(3) = ax2 + bx+ c.

La simplification à gauche donne

γx2 + (−α + β)x+ (α + 2β + γ) = ax2 + bx+ c.

En comparant les coefficients de chaque côté, on obtient

γ = a

−α + β = b

α + 2β + γ = c.

Ce système admet la solution unique α = −a−2b+c3 , β = −a+b+c

3 . et γ = a.Notons que le polynôme nul s’obtient avec a = b = c = 0. Mais ceci impose α =β = γ = 0, d’où p(1),p(2),p(3) est un ensemble linéairement indépendant.C’est donc une base de P2(R).

b. x2 + 2x = −53p(1) + 1

3p(2) + p(3).

7. Notons que

111

∈ Col(A) si et seulement s’il existe α, β ∈ R tels que

111

= α

10−1

+ β

120

,ou, de façon équivalente,

111

=

α + β

2β−α

.

On voit aisément que le système n’admet pas de solution. Ainsi,

111

/∈ Col(A).


8. Soient k la nullité de A et r son rang. D’après le théorème 6.3, on doit avoirr + k = 4. Le rang d’une matrice 2 × 4 est au plus 2 puisqu’en FER, il peut yavoir au plus deux pivots. Ainsi, 2 + k ≥ r + k implique que 2 + k ≥ 4, d’où

k ≥ 2. Notons que la nullité peut être 2 (c’est le cas pour A =[1 0 0 00 1 0 0

], par

exemple.) La nullité de A doit donc être supérieure ou égale à 2.9. Nous devons écrire u en tant que combinaison linéaire des éléments de la base

ordonnée. Si α, β, γ ∈ R sont tels que

u = α(x2 − 1) + β(x+ 1) + γx,

alors, [u]Γ =

α

β

γ

.Cette équation peut se réécrire sous la forme

x− 1 = αx2 + (β + γ)x+ (−α + β).

En comparant les coefficients de chaque côté, on obtient

0 = α

1 = β + γ

−1 = −α + β.

Ce système admet la solution unique α = 0. β = −1. et γ = 2, d’où [u]Γ =

0−12

.10. De la deuxième équation, on voit que b = c− 2d. En substituant dans la première

équation, on obtient a = −2c+ d. Ainsi, le sous-espace, que l’on nomme W , peut

être écrit sous la forme[−2c+ d c− 2d

c d

]: c, d ∈ R

.

Chaque matrice de W est alors une combinaison linéaire: c[−2 11 0

]+ d

[1 −20 1

],

d’où W est l’espace engendré par[−2 11 0

],

[1 −20 1

].

Puisque les deux matrices ne sont pas des multiples scalaires l’une de l’autre, ilsforment un ensemble linéairement indépendant et une base de W , d’où dim(W ) =2.

11. Pour montrer que W est un sous-espace propre de R3, nous devons montrer qu’ilexiste x ∈ R3 qui n’appartient pas à W .


Cependant, nous n’allons pas essayer directement de trouver un tel x. Nous allonsplutôt montrer que la dimension de W est inférieure à 3. Puisque la dimension deR3 est 3, il s’ensuit que W 6= R3.

Rappelons que l’espace engendré par t,u,v,w est donné par l’ensemble de com-binaisons linéaires de t, u, v et w. Notons que si A est une matrice

[t u v w

],

alors l’espace des colonnes de A est précisement l’ensemble des combinaisons li-néaires de t,u,v,w. Donc, la dimension de l’espace engendré par t,u,v,w estle rang de

1 1 −3 20 −1 2 −1−2 2 −2 0

.En réduisant la matrice ci-dessus sous FER, on obtient

1 0 −1 10 1 −2 10 0 0 0

.Puisqu’il n’y a que deux colonnes pivots, le rang est 2.Ainsi, la dimension de l’espace engendré par t,u,v,w est 2, d’où dim(W ) < 2.

Chapitre 7

Valeurs propres et vecteurs propres

Ce chapitre introduit les valeurs propres et les vecteurs propres d’une matrice carrée.Ces notions sont utilisées dans plusieurs applications, telles que la résolution d’équationsdifférentielles, le traitement des signaux digitaux, la reconnaissance faciale, l’algorithmeoriginal PageRank de Google, les chaînes de Markov dans les processus aléatoires, etc. Lamaîtrise du matériel de ce chapitre permet de :

— Définir un vecteur propre et une valeur propre d’une matrice carrée complexe.— Définir et calculer la multiplicité algébrique et géométrique d’une valeur propre.— Obtenir des valeurs propres et des bases des espaces propres d’une matrice.— Déterminer quand une matrice carrée complexe est diagonalisable.— Obtenir une diagonalisation d’une matrice diagonalisable.— Calculer les puissances d’une matrice diagonalisable.— Définir et identifier des matrices symétriques et hermitiennes.— Démontrer que chaque valeur propre d’une matrice hermitienne est réelle.

Les connaissances requises pour ce chapitre incluent les nombres complexes, l’algèbre desmatrices, et les déterminants.

7.1 La magie des puissances de matrices

Soit A =[5 −26 −2

]. Soit x =

[23

]. Nous allons évaluer les produits suivants :

— Ax— A2x— A1000x

231

232 CHAPITRE 7. VALEURS PROPRES ET VECTEURS PROPRES

Les deux premiers calculs peuvent s’effectuer sans grande difficulté. Cependant, le calculdirect de A1000x nécessitera beaucoup trop de travail, plus particulièrement si on le faità la main. Existe-t-il un raccourci?

Notons que

Ax =[5 −26 −2

] [23

]=[10− 612− 6

]=[46

].

Mais[46

]= 2

[23

]= 2x! La multiplication de x à gauche par A est équivalente à doublant

x. Ainsi,

A2x = A(Ax)= A(2x)= 2(Ax)= 2(2x)

= 4x =[

812

].

En général, Akx = 2kx, d’où A1000x = 21000

[23

].

Cependant, cette méthode échoue pour x =[11

]puisque A

[11

]=[34

]n’est pas un

multiple scalaire de[11

].

Heureusement, il y a moyen d’éviter ce contretemps. Soient P =[2 13 2

]et D =

[2 00 1

].

On constate facilement que P−1 =[

2 −1−3 2

]. Il est également possible de vérifier que

A = PDP−1.

Nous obtenons alors

A2 = (PDP−1)(PDP−1)= PD(P−1P)DP−1

= PDIDP−1

= PDDP−1

= PD2P−1,

7.1. LA MAGIE DES PUISSANCES DE MATRICES 233

et

A3 = AA2

= PDP−1PD2P−1

= PDD2P−1

= PD3P−1.

En général, nous avons Ak = PDkP−1.

Puisque D est une matrice diagonale, Dk est obtenue de D en élevant chaque élémentsur la diagonale de D à la k-ième puissance. Cela rend le calcul de Ak très facile. Enparticulier,

A1000 = P[21000 0

0 1

]P−1.

Un mystère demeure, toutefois. Comment obtient-on les matrices P et D? La réponse àcette question nous mènera aux valeurs propres et aux vecteurs propres.

Exercices

1. Soit A =[5 −26 −2

].

a. Calculer A10000

[12

].

b. Calculer A10

[10

].


Solutions

1. a. Notons que A[12

]=[12

]. Donc, la réponse est 1100000

[12

]=[12

].

b.[

212 − 36(210 − 1)

]=[40936138

]

7.2. DÉFINITIONS 235

7.2 Définitions

Soient n un entier positif, A ∈ Cn×n, et λ ∈ C. Un vecteur non nul x ∈ Cn est unvecteur propre de A associé à la valeur propre λ si Ax = λx.

Autrement dit, si x est un vecteur propre de A, alors Ax est simplement un multiplescalaire de x. Notons que par définition, le vecteur nul n’est jamais un vecteur propre.

Exemple 7.1. Soit A =[1 21 0

]. Soit x =

[21

]. Notons que

Ax =[1 · 2 + 2 · 11 · 2 + 0 · 1

]=[42

]= 2x.

Par définition, x est un vecteur propre de A associé à la valeur propre 2.

Un résultat important, qui sera utile plus tard lorsque nous discutons de diagonalisationd’une matrice, est le suivant :Proposition 7.1. Soient A ∈ Cn×n et k un entier positif. Supposons que v(1), . . . ,v(k)

sont des vecteurs propres de A associés aux valeurs propres λ1, . . . , λk de A, respective-ment. Si λ1, . . . , λk sont toutes distinctes, alors v(1), . . . ,v(k) sont linéairement indépen-dants.

Démonstration. La preuve se fait par induction sur k.

L’énoncé est évidemment vrai lorsque k = 1 puisque par définition, un vecteur propre nepeut être le vecteur nul.

Supposons que le résultat soit vrai pour un entier positif k. Soit v(1), . . . ,v(k+1) desvecteurs propres de A associés à des valeurs propres distinctes λ1, . . . , λk+1 de A, respec-tivement. Supposons, par contradiction, que v(1), . . . ,v(k+1) ne soient pas linéairementindépendants. Sans perte de généralité, on peut supposer que v(k+1) s’écrite comme com-binaison linéaire de v(1), . . . ,v(k), c’est-à-dire qu’il existe scalaires α1, . . . , αk ∈ C nontous nuls, tels que

v(k+1) =k∑i=1

αiv(i).


En multipliant chaque côté à gauche par A, nous obtenons

Av(k+1) = A(

k∑i=1

αiv(i))

=k∑i=1

αiAv(i)

=k∑i=1

αiλiv(i)

Mais

Av(k+1) = λk+1v(k+1)

=k∑i=1

λk+1αiv(i)

=k∑i=1

αiλk+1v(i).

Puisque v(1), . . . ,v(k) sont linéairement indépendants (selon l’hypothèse d’induction),nous avons αiλi = αiλk+1 pour tout i = 1, . . . , k. Puisque λ1, . . . , λk+1 sont toutesdistinctes, nous devons avoir αi = 0 pour tout i = 1, . . . , k, ce qui est une contradic-tion.

7.2.1 Polynôme caractéristique

Comment trouve-t-on les valeurs propres et les vecteurs propres d’une matrice carréecomplexe?

Supposons que x soit un vecteur propre de A associé à la valeur propre λ. Alors, Ax = λxpeut se réécrire sous la forme

Ax− (λIn)x = 0.

(Rappelons que In est la matrice identité n×n.) On simplifie la côté gauche afin d’obtenir

(A− λIn)x = 0.

Ainsi, x est un vecteur non nul se retrouvant dans le noyau de A− λIn.

Pour la matrice A de l’exemple 7.1, nous avons A−2In =[−1 21 −2

], le noyau contenant

le vecteur x =[21

]6= 0.

7.2. DÉFINITIONS 237

Pour toute valeur propre λ de A, la matrice A− λIn est singulière, ce qui implique queson déterminant est nul. L’expression det(A− λIn) est un polynôme de degré en λ, quel’on nomme le polynôme caractéristique de A et que l’on dénote par χA(λ). (Certainesréférences définissent plutôt le polynôme caractéristique de A par det(λIn−A). PuisqueλIn−A est singulière si et seulement si A−λIn l’est également, les deux définitions sontéquivalentes.)

Le polynôme caractéristique de la matrice A à l’exemple 7.1 est

χA(λ) = det(A− λI2) =∣∣∣∣∣1− λ 2

1 −λ

∣∣∣∣∣= (1− λ)(−λ)− 2 · 1= λ2 − λ− 2 = (λ− 2)(λ+ 1).

Notons que −1 est une autre racine de ce polynôme.

On peut aussi y associer un vecteur propre. Nous devons trouver un vecteur x 6= 0 tel

que (A − (−1)I2)x = 0. Mais A − (−1)I2 =[2 21 1

]; par inspection, on voit alors que[

1−1

]6= 0 est un tel vecteur, d’où

[1−1

]est un vecteur propre de A associé à la valeur

propre −1.

Il n’y a pas d’autre valeur propre de A puisque nous avons trouvé toutes les racines dupolynôme. (Un polynôme d’une variable de degré 2 possède au plus deux racines distinctes.)

En général, chaque racine du polynôme caractéristique est une valeur propre. Si λ est telque det(A−λIn) = 0, alors A−λIn est singulière et son noyau possède alors un vecteurnon nul. Par définition, un tel vecteur est un vecteur propre associé à λ.

Exercices

1. Soit A =[1 20 1

].

a. Écrivez χA(λ) sous la forme aλ2 + bλ+ c, où a, b, c ∈ R.b. Trouvez toutes les valeurs propres de A.c. Pour chaque valeur propre trouvée, trouvez un vecteur propre associé. (Notez

qu’il peut y avoir différentes bonnes réponses.)

2. Déterminez toutes les valeurs propres de

7 12 4−8 −13 −416 24 7

.


Solutions

1. a. λ2 − 2λ+ 1

b. 1 est la seule valeur propre.

c.[10

]est un vecteur propre de A associé à la valeur propre 1.

2. Les valeurs propres sont 3 et −1.

7.3. MULTIPLICITÉS ALGÉBRIQUES ET GÉOMÉTRIQUES 239

7.3 Multiplicités algébriques et géométriques

Soit λ une valeur propre de A. Rappelons que les vecteurs propres de A associés à λ sontles vecteurs non nuls dans le noyau de A− λI. Le noyau de A− λI est l’espace proprede A associé à λ et il est dénoté par EA(λ).


]. Notons que −1 est une valeur propre de A. Alors,

A − (−1)I2 =[2 21 1

]. Le noyau de cette matrice est engendré par le vecteur

[−11

].

Ainsi, EA(−1) est contenu dans Vect([−11

]).

La multiplicité géométrique d’une valeur propre λ de A est la dimension de EA(λ).Dans l’exemple ci-dessus, la multiplicité géométrique de −1 est 1 puisque l’espace propreest engendré par un seul vecteur non nul.

La multiplicité algébrique d’une valeur valeur propre λ de A mesure le nombre de foisque l’on retrouve le terme (λ−λ) dans la factorisation de χA(λ). Dans l’exemple ci-dessus,on peut vérifier que (λ− (−1)) n’apparaît qu’une seule fois.

Étudions maintenant un cas où la valeur propre possède une multiplicité algébrique supé-rieure à 1.

Soit A =[1 20 1

]. Alors,

χA(λ) = det(A− λI2) =∣∣∣∣∣1− λ 2

0 1− λ

∣∣∣∣∣ = (1− λ)2 = (λ− 1)2.

Notons que 1 est une racine et que le terme (λ−1) apparaît deux fois. Donc, la multiplicitéalgébrique de 1 est 2. Afin d’obtenir sa multiplicité géométrique, considérons A − λI =[0 20 0

]. On voit tout de suite que le rang de cette matrice est 1. D’après théorème 6.3, la

dimension du noyau de cette matrice est 1, d’où la multiplicité géométrique est également1. On constate que les deux multiplicités sont différentes!Proposition 7.2. La multiplicité géométrique d’une valeur propre est inférieure ou égaleà sa multiplicité algébrique.

Une preuve de cette proposition est discutée dans un des exercices ci-dessous.


Exercices

1. Soit A =[1 23 2

].

a. Déterminez les valeurs propres de A.b. Déterminez la multiplicité algébrique et la multiplicité géométrique de chacune

des valeurs propres.

2. Soit A =[8 −94 −4

].

a. Déterminez toutes les valeurs propres de A.b. Déterminez la multiplicité algébrique et la multiplicité géométrique de chacune

des valeurs propres.

3. Soient A,B ∈ Cn×n. On dit que A et B sont similaires si B = S−1AS pour unematrice inversible S ∈ Cn×n.

a. Démontrez que χA(λ) = χB(λ).

b. Soit λ′ une valeur propre de A. Démontrez que la multiplicité géométrique deλ′ est au moins la multiplicité algébrique de λ′.

7.3. MULTIPLICITÉS ALGÉBRIQUES ET GÉOMÉTRIQUES 241

Solutions

1. a. Le polynôme caractéristique est

(1− λ)(2− λ)− 2 · 3 = 2− 3λ+ λ2 − 6= λ2 − 3λ− 4= (λ+ 1)(λ− 4)

Les valeurs propres sont alors −1 et 4.

b. La multiplicité algébrique et la multiplicité géométrique de chaque valeur properest 1.

2. a. Le polynôme est

(8− λ)(−4− λ)− 4 · (−9) = −32− 4λ+ λ2 + 36= λ2 − 4λ+ 4= (λ− 2)2

Il n’y a donc qu’une valeur propre : 2.

b. À partir du polynôme caractéristique, on voit que la multiplicité algébrique decette valeur propre est 2. La multiplicité géométrique est donnée par la nullitéde

A− 2I =[6 −94 −6

],

dont la matrice échelonnée réduite est[1 −3

20 0

]. Cette nullité est donc 1, d’où

la multiplicité géométrique est 1.

3. a. Or,

χB(λ) = det(B− λI)= det(S−1AS− λS−1S)= det(S−1(AS− λS))= det(S−1) det((A− λI)S)

= 1det(S) det(A− λI) det(S)

= det(A− λI) = χA(λ).

tel que désiré.b. Soit k la multiplicité géométrique de la valeur propre λ′. Soit v(1), . . . ,v(k)

une base de l’espace propre associé à la valeur propre λ′. D’après le corollaire


6.3, il existe v(k+1),v(k+2), . . . ,v(n) ∈ Cn tel que v(1), . . . ,v(n) est une basede Cn.Posons B = S−1AS, où S =

[v(1) · · · v(n)

]. Alors,

SB = AS

=[λ′S1 · · · λ′Sk ASk+1 · · · ASn

]Puisque les colonnes de S sont linéairement indépendantes, on doit avoir queBi = λ′e(i), pour i = 1, . . . , k, où e(i) dénote la i-ième colonne de In, d’où lepolynôme caractéristique de B prend la forme (λ′−λ)kq(λ), pour un polynômeq de degré n− k. Donc, la multiplicité algébrique de λ′ est ≥ k, tel que désiré.

7.4. DIAGONALISATION 243

7.4 Diagonalisation

Soit A ∈ Cn×n. On dit que A est diagonalisable si A = PDP−1, où P ∈ Cn×n estune matrice inversible et D ∈ Cn×n est une matrice diagonale.Proposition 7.3. Soit A ∈ Cn×n. A est diagonalisable si et seulement si pour chaquevaleur propre λ de A, la multiplicité algébrique de λ est égale à sa multiplicité géométrique.

De façon équivalente, A est diagonalisable si la somme des multiplicités géométriques deses valeurs propres donne n.


]. Notons que χA(λ) = (1− λ)2. La seule valeur propre

de A est donc 1. De plus, A − I =[0 20 0

]. La nullité de cette matrice est 1, ce qui

implique que la multiplicité géométrique est 1 et non 2. A n’est alors pas diagonalisable.


4 0 −22 5 40 0 5

. Notons que χA(λ) = (4−λ)(5−λ)2. Les valeurs

propres sont 4 et 5.

La multiplicité géométrique de 4 est 1 puisque la multiplicité géométrique ne peut êtrenulle et ne peut excéder la multiplicité algébrique de 4, qui est de 1.

Notons ensuite que A − 5I =

−1 0 −22 0 40 0 0

. Cette matrice est de rang 1 puisque la

deuxième ligne est un multiple de la première ligne et que la troisième ligne est nulle. Lanullité de A− 5I est alors 2, ce qui implique que la multiplicité géométrique de la valeurpropre 5 est 2.

La matrice A est diagonalisable puisque la somme des multiplicités géométrique est 3.

7.4.1 Trouver P et D

Maintenant que nous savons que la matrice A de l’exemple 7.4 est diagonalisable, com-ment trouve-t-on P et D?

Premièrement, observons que A = PDP−1 peut se réécrire sous la forme AP = PD.La i-ième colonne du côté gauche est donnée par APi, où Pi dénote la i-ième colonnede P, et la i-ième colonne du côté droit est donnée par PDi. Puisque D est une matricediagonale, PDi = di,iPi. Ainsi, Pi doit être un vecteur propre ayant di,i en tant quevaleur propre. Puisque P doit être inversible, il doit y avoir n vecteurs propres linéairement


indépendants. C’est pourquoi la somme des multiplicités géométriques doit être égale àn.

Pour construire D, il suffit de créer une liste de toutes les valeurs propres, incluant lesvaleurs propres multiples. L’ordre est sans importance. Une valeur propre de multiplicitéalgébrique k apparaît k fois dans la liste. La matrice D est obtenu en plaçant les valeurspropres de la liste sur la diagonale.

Dans notre exemple, la liste pourrait être 4, 5, 5. Nous aurions donc D =

4 0 00 5 00 0 5

.Pour construire P, il faut d’abord obtenir une base de chaque espace propre. Pour créerla première colonne de P, on prend un vecteur de la base de l’espace propre du premierélément sur la diagonale de D et on élimine ce vecteur de toute future inclusion dans P.Pour chaque colonne i suivante, on prend un vecteur de la base de l’espace propre dui-ième élément sur la diagonale de la matrice D et on l’élimine de toute future inclusiondans P.

Dans notre exemple, nous devons premièrement obtenir une base de l’espace propre de 4et une base de l’espace propre de 5.

Pour la valeur propre 4, on cherche une base du noyau de A − 4I =

0 0 −22 1 40 0 1

.

La forme échelonnée réduite de cette dernière est

1 1

2 00 0 10 0 0

. Toutes les solutions de

1 1

2 00 0 10 0 0

x1

x2

x3

=

000

sont de la forme

x1

x2

x3

=

−1

2s

s

0

= s

−1

210

puisque x2 est

une variable indépendante. Donc,

−1

210

est une base de l’espace propre associé à la

valeur propre 4.

Pour la valeur propre 5, on cherche une base du noyau de A − 5I =

−1 0 −22 0 40 0 0

.

La forme échelonnée réduite de cette dernière est

1 0 20 0 00 0 0

. Toutes les solutions de

7.4. DIAGONALISATION 2451 0 20 0 00 0 0

x1

x2

x3

=

000

sont de la forme

x1

x2

x3

=

−2ts

t

= s

010

+ t

−201

puisque x2

et x3 sont des variables indépendantes. Donc,

010

,−201

est une base de l’espace

propre associé à la valeur propre 5.

Pour créer la première colonne de P, on choisit un vecteur de la base de l’espace propreassocié à la valeur propre 4. Il existe qu’un seul tel vecteur dans notre choix de la base,

d’où P prend la forme

−1

2 ∗ ∗1 ∗ ∗0 ∗ ∗

.Pour la deuxième colonne, on choisit un vecteur de la base de l’espace propre associé à la

valeur propre 5. Il y a deux vecteurs parmi lesquels choisir; prenons

010

. Alors, P devient

−1

2 0 ∗1 1 ∗0 0 ∗

.Finalement, nous n’avons pas le choix que de choisir le vecteur restant dans la base del’espace propre associé à la valeur 5 afin de remplir la dernière colonne de P. Ainsi,

P =

−1

2 0 −21 1 00 0 1

.

Notons que P−1 =

−2 0 −42 1 40 0 1

. Nous pouvons maintenant vérifier que A = PDP−1.

Exercices

1. Est-ce que

2 2 20 2 00 1 3

est diagonalisable?

2. Soit A =

1 1 00 2 00 2 1

. Diagonalisez A en trouvant une matrice P et une matrice

diagonale D tel que A = PDP−1.


3. Démontrez la proposition 7.3.

7.4. DIAGONALISATION 247

Solutions

1. Soit A la matrice donnée. Les valeurs propres de A sont 2 et 3. A − 2I =0 2 20 0 00 1 1

, dont le rang est 1. La multiplicité géométrique de la valeur propre 2 est

donc 2. A− 3I =

−1 2 20 −1 00 1 0

, dont le rang est 2. La multiplicité géométrique

de la valeur propre 2 est donc 1. Puisque la somme des multiplicités géométriquesest égale au nombre de colonne de A, la matrice A est diagonalisable.

2. Débutons par obtenir les valeurs propres de A en résolvant det(A − λI) = 0,c’est-à-dire ∣∣∣∣∣∣∣∣

1− λ 1 00 2− λ 00 2 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0,

ou, de manière équivalente,

(1− λ)2(2− λ) = 0.

Les valeurs propres sont alors 1 et 2.

Notons que A− I =

0 1 00 1 00 2 0

. La forme échelonnée réduite est

0 1 00 0 00 0 0

. Une

base du noyau de A− I est donnée par

100

,

001

.

Notons que A − 2I =

−1 1 00 0 00 2 −1

. Sa forme échelonnée réduite est

1 0 −1

20 1 −1

20 0 0

.

Une base du noyau de cette matrice est donnée par

12121

.

Alors, en prenant D =

1 0 00 1 00 0 2

et P =

1 0 1

20 0 1

20 1 1

, on obtient A = PDP−1.


3. (Esquisse.) Soit λ1, . . . , λk les valeurs propres de A. Pour i = 1, . . . , k, soit Biune base de l’espace propre associé à λi. Alors, |

⋃ki=1 Bi| = n. Il est possible de

démontrer, en utilisant la proposition 7.1, que ⋃ki=1 Bi est un ensemble linéairementindépendant. Le résultat suit en choisissant les colonnes de P parmi les élémentsde ⋃ki=1 Bi.

7.5. MATRICES SYMÉTRIQUES ET HERMITIENNES 249

7.5 Matrices symétriques et hermitiennes

Soit A une matrice de taille n × n. On dit que A est symétrique si A = AT. Par

exemple, les matrices suivantes sont symétriques :[1 00 1

],

[π 11√

2

],

1 2 32 4 53 5 6

.Lorsque les éléments de A sont des nombres complexes, il est plus commun de considérersi cette dernière est hermitienne :

AT = A.

Ici, A dénote la matrice dont l’élément (i, j) est le conjugué de l’élément (i, j) de A.

Exemple 7.5. La matrice[

1 1− i1 + i 3

]est hermitienne.

Notons que chaque élément sur la diagonale d’une matrice hermitienne doit être réel puis-qu’il est égal à son conjugué. De plus, une matrice hermitienne réelle est tout simplementune matrice symétrique réelle.

Par convention, on écrit A∗ à la place de AT. Donc, une matrice A ∈ Cn×n est hermi-tienne si et seulement si A = A∗.

Les matrices symétriques et hermitiennes sont utilisées dans plusieurs applications, tellesque la théorie du contrôle, les analyses statistiques, et l’optimisation.

7.5.1 Les valeurs propres de matrices symétriques réelles

Théorème 7.1. Soit A ∈ Cn×n une matrice hermitienne. Alors chaque valeur propre deA est réelle.

Une preuve du théorème est décrite dans un des exercices de fin de section.

Puisqu’une matrice symétrique réelle est aussi hermitienne, le résultat suivant découle duthéorème 7.1.Corollaire 7.1. Soit A ∈ Rn×n une matrice symétrique. Alors, chaque valeur propre deA est réelle.

Pour illustrer ce théorème, établissons le corollaire dans le cas d’une matrice 2 × 2. Soit

A ∈ R2×2 une matrice symétrique. Alors, A =[a b

b c

], pour des réels a, b et c.

Les valeurs propres de A sont toutes les valeurs λ satisfaisant à∣∣∣∣∣ a− λ b

b c− λ

∣∣∣∣∣ = 0.


En faisant l’expansion du côté gauche, on obtient

λ2 − (a+ c)λ+ ac− b2 = 0.

Le terme de gauche est une fonction quadratique en λ ayant comme discriminant (a +c)2 − 4ac + 4b2 = (a − c)2 + 4b2, qui est la somme de deux carrés de nombres réels etest donc non négatif pour toutes les valeurs réelles a, b et c. Les racines de cette fonctionquadratique sont donc réelles, tout comme les valeurs propres de A.

Exercices

1. Soit A ∈ Cn×n une matrice hermitienne. Soit v un vecteur propre de A associé àla valeur propre λ.

a. Montrez que (Av)T v = vTAv.

b. Utilisez le résultat précédent pour déduire que λ = λ

7.5. MATRICES SYMÉTRIQUES ET HERMITIENNES 251

Solutions

1. a. Notons que (Av)T v =

(Av

)T v

= vT (A)T v

= vTA∗v

= vTAv

tel que désiré.b. Du résultat précédent, on obtient(

Av)T v = vTAv,

d’où (λv)T

v = vT(λv),

ce qui implique queλvTv = λvTv.

Puisque v 6= 0 (car v est un vecteur propre de A), vTv doit être un nombreréel positif. On en déduit que λ = λ.



1. Montrez que −1 est une valeur propre de A =[0 21 1

].

2. Montrez que u =[

1−2

]est un vecteur propre de A =

[2 26 1

].

3. Étant donné que 2 est une valeur propre de A =

2 0 00 3 −20 1 0

, déterminez sa

multiplicité algébrique et sa multiplicité géométrique.4. Montrez que les valeurs propres d’une matrice triangulaire sont les éléments déjà

sur sa diagonale.

5. Soit A =

1 1 −10 3 −20 1 0

. Étant donné que 1 est une valeur propre de A, trouvez

une base de l’espace propre de A associé à cette valeur propre.

6. Soit A =

1 1 00 2 00 2 1

. Diagonalisez A en trouvant une matrice inversible P et

une matrice diagonale D telles que A = PDP−1.7. Soit A ∈ Rn×n. Démontrez que si A possède n valeurs propres distinctes, alors

det(A) est le produit de ces valeurs propres.8. Soit A ∈ Rm×n. Montrez que chaque valeur propre de ATA est un nombre réel

non négatif.

9. Soit A =[10− 5a −16 + 10a5− 3a −8 + 6a

]. Déterminez s’il existe une valeur de a pour

laquelle A n’est pas diagonalisable.


Solutions

1. Montrons que −1 est une racine du polynôme caractéristique det(A − λI), c’est-à-dire que det(A− (−1)I) = 0.

Puisque A − (−1)I =[0 21 1

]−[−1 00 −1

]=[1 21 2

], alors det(A − (−1)I) =[

1 21 2

]= 1 · 2− 2 · 1 = 0, d’où −1 est une valeur propre de A

2. Nous devons montrer que Au = λu pour une scalaire λ.Notons que

Au =[2 26 1

] [1−2

]=[−24

]= −2

[1−2

]= −2u.

Ainsi, u est un vecteur propre de A associé à la valeur propre λ = −2.

3. Déterminons d’abord le multiplicité géométrique de la valeur propre λ = 2. Notonsque

A− λI = A− 2I =

0 0 00 1 −20 1 −2

.

Sa FER est

0 1 −20 0 00 0 0

. Puisque cette dernière ne possède qu’une seule colonne

pivot (la deuxième), la dimension de Ker(A− 2I) est 3−1 = 2, d’où la multiplicitégéométrique de λ est 2.Afin de déterminer la multiplicité algébrique, notons que le polynôme caractéristiquede A est

χA(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣2− λ 0 0

0 3− λ −20 1 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣= (2− λ)

∣∣∣∣∣3− λ −21 −λ

∣∣∣∣∣= (2− λ)(−3λ+ λ2 + 2)= (2− λ)(1− λ)(2− λ).

Ainsi, le term (2 − λ) se retrouve deux fois dans la factorisation de χA(λ); lamultiplicité algébrique de λ est donc également 2.


4. Soit A une matrice triangulaire de taille n × n. Soit ai le i-ième élément de ladiagonale de A, pour i = 1, . . . , n.Les valeurs propres sont précisement les racines du polynôme caractéristiqueχA(λ) = det(A− λIn). Puisque A est triangulaire, A− λIn est aussi triangulaireest son déterminant est (a1 − λ)(a2 − λ) · · · (an − λ). Ainsi, les racines de χA(λ)sont précisement a1, . . . , an, et les valeurs propres de A sont les éléments sur sadiagonale.

5. Nous devons trouver une base du noyau de A− I =

0 1 −10 2 −20 1 −1

.

On voit aisément que la FER de A − I est

0 1 −10 0 00 0 0

. Notons que la première

et troisième colonne ne sont pas des colonnes pivots. Ainsi,

100

,

011

est une

base du noyau.

6. Nous trouvons les valeurs propres de A en trouvant les racines du polynôme carac-téristique χA(λ) = det(A− λI), c’est-à-dire en résolvant∣∣∣∣∣∣∣∣

1− λ 1 00 2− λ 00 2 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)2(2− λ) = 0.

Ainsi, les valeurs propres de A sont 1 et 2.

Notons que A−I =

0 1 00 1 00 2 0

, et que sa FER est

0 1 00 0 00 0 0

, d’où

100

,

001

.

une base de Ker(A− I).

Notons que A−2I =

−1 1 00 0 00 2 −1

et que sa FER est

1 0 −1

20 1 −1

20 0 0

, d’où

12121

est une base de Ker(A− 2I).

Ainsi, si D =

1 0 00 1 00 0 2

et P =

1 0 1

20 0 1

20 1 1

, on obtient A = PDP−1.

7. Puisque A possède n valeurs propres distinctes, A est diagonalisable, et il existealors une matrice inversible P et une matrice diagonale D telles que A = PDP−1.


Ainsi, det(A) = det(PDP−1) = det(P) det(D) det(P−1) = det(P) det(D) 1det(P−1) =

det(D). Mais D est une matrice diagonale, d’où det(D) est le produit des élémentssur sa diagonale, qui sont précisement les valeurs propres de A.

8. Soit λ une valeur propre de ATA. Soit u un vecteur propre de ATA associé à λ.Alors 0 ≤ ‖Au‖2 = (Au)T(Au) = uTATAu = uT(λu) = λ‖u‖2. Puisqueu 6= 0, ‖u‖2 > 0. Puisque λ‖u‖2 est un nombre réel non négatif et que ‖u‖2 estun nombre réel positif, on doit avoir que λ est un nombre réel non négatif.

9. Puisque A est de taille 2 × 2, A est diagonalisable si A possède deux valeurspropres distinctes. Nous devons donc d’abord déterminer toutes les valeurs de apour lesquelles A ne possède qu’une unique valeur propre.Le polynôme caractéristique de A est∣∣∣∣∣10− 5a− λ −16 + 10a

5− 3a −8 + 6a− λ

∣∣∣∣∣= (10− 5a− λ)(−8 + 6a− λ)− (−16 + 10a)(5− 3a)= − 80 + 100a− 30a2 − (2 + a)λ+ λ2 + 80− 98a+ 30a2

= 2a− (2 + a)λ+ λ2

= (2− λ)(a− λ).

Ainsi, A ne possède q’une unique valeur propre que lorsque a = 2. Notons que

dans ce cas, A =[

0 4−1 4

]et λ = 2 est la valeur propre en question. De plus,

A−2I =[−2 4−1 2

]. Cette matrice est nettement de rang 1 et sa nullité est inférieure

à 2.Ainsi, la multiplicité géométrique de l’unique valeur propre λ = 2 est inférieure àsa multiplicité algébrique, d’où A n’est pas diagonalisable. C’est la seule valeur dea pour laquelle c’est le cas.


Partie II

257

Chapitre 8

Transformations linéaires

Dans ce chapitre, nous introduisons la notion d’application linéaire. Une application linéaireest une fonction dont domaine et codomaine sont des espaces vectoriels satisfaisant à cer-taines propriétés. Les concepts fondamentaux (noyau, image d’une application linéaire,etc.) sont présentés, et la caractérisation de la surjectivité et de l’injectivité sera étudiée.Nous étudions également le lien entre les applications linéaires et les matrices. Finale-ment, un concept de dualité liant un espace vectoriel avec ses fonctionnelles linéaires seraintroduit. La maîtrise du matériel de ce chapitre permet de :

— Définir et identifier une application linéaire.— Définir le noyau et l’image d’une application linéaire.— Obtenir une base du noyau ou de l’image d’une application linéaire.— Définir et identifier la surjectivité et l’injectivité.— Expliquer le lien entre une application linéaire et sa représentation par une matrice.— Obtenir une représentation matricielle d’une application linéaire.— Interpréter les matrices de changement de bases dans le contexte de applications

linéaires.— Définir l’espace dual algébrique d’un espace vectoriel.

Les connaissances requises pour ce chapitre incluent l’algèbre des matrices et les espacesvectoriels.

259

260 CHAPITRE 8. TRANSFORMATIONS LINÉAIRES

8.1 Définition

Soient V et W des espaces vectoriels dont les scalaires proviennent d’un même corps K.Une fonction T : V → W est une application linéaire si

T (u + v) = T (u) + T (v)T (αu) = αT (u)

pour tous u,v ∈ V et tout α ∈ K.

Cette définition a deux conséquences :

1. T (α1x(1) + · · · + αmx(m)) = α1T (x(1)) + · · · + αm(Tx(m)) pour tousx(1), . . . ,x(m) ∈ V et scalaires α1, . . . , αm ∈ K.

2. T (0V ) = 0W , où 0V dénote le vecteur nul de V et 0W dénote le vecteur nul deW.

Exemple 8.1. Soit A ∈ Km×n. Alors, l’application T : Kn → Km définie par T (u) = Auest linéaire. Pour démontrer ceci, nous devons vérifier les deux conditions. Soient u,v ∈ Kn

et α ∈ K. Alors,

T (u + v) = A(u + v) = Au + Av = T (u) + T (v)

etT (αu) = A(αu) = α(Au) = αT (u).

Exemple 8.2. Rappelons que P2(R) dénote l’espace vectoriel des polynômes en x àcoefficients réels et de dégré au plus 2. Soit T : P2(R)→ R2 donné par

T (ax2 + bx+ c) =[a+ 3ca

].

Alors, T est une application linéaire. Pour démontrer ce résultat, prenons deux vecteursa1x

2 + b1x+ c1 et a2x2 + b2x+ c2 de P2(R) et un nombre réel γ. Alors,

T ((a1x2 + b1x+ c1) + (a2x

2 + b2 + c2))=T ((a1 + a2)x2 + (b1 + b2)x+ (c1 + c2))

=[(a1 + a2) + 3(c1 + c2)

a1 + a2

]

=[(a1 + 3c1) + (a2 + 3c2)

a1 + a2

]

=[a1 + 3c1

a1

]+[a2 + 3c2

a2

]=T (a1x

2 + b1x+ c1) + T (a2x2 + b2x+ c2),


et

T (γ(a1x2 + b1x+ c1))

=T ((γa1)x2 + (γb1)x+ γc1)

=[γa1 + 3(γc1)

γa1

]

= γ

[a1 + 3(c1)

a1

]= γT (a1x

2 + b1x+ c1).

On peut établir un raccourci afin de vérifier si T : V → W est une application linéaire :Proposition 8.1. T : V → W est une application linéaire si et seulement si

T (αu + v) = αT (u) + T (v)

pour tous u,v ∈ V et α ∈ K.

Démonstration. Si T est une application linéaire, alors selon les propriétés d’une applica-tion linéaire,

T (αu + v) = T (αu) + T (v) = αT (u) + T (v).

Réciproquement, supposons que

T (αu + v) = αT (u) + T (v)

pour tous u,v ∈ V et α ∈ K. Avec α = 1, nous obtenons T (u + v) = T (u) + T (v).

De plus,T (0V ) = T (0V + 0V ) = T (0V ) + T (0V ),

ce qui implique que T (0V ) = 0W . Ainsi,

T (αu) = T (αu + 0V )= αT (u) + T (0V )= αT (u) + 0W= αT (u).


Exercices

1. Soit T : R5 → R tel que T (x) = 0 pour tout x ∈ R5. T est-elle une applicationlinéaire? Expliquez votre raisonnement.

2. Soit T : R3 → R2 une application linéaire telle que T

102

=

[1−4

]et

T

−111

=

[02

]. Que vaut T

4−15

?


Solutions

1. T est linéaire puisque T satisfait à T (αu + v) = 0 = α0 + 0 = αT (u) + T (v)pour tous u,v ∈ R5 et α ∈ R.

2. Notons que 4−15

= 3

102

+ (−1)

−111

.Ainsi,

T

4−15

= 3T

102

+ (−1)T

−111

= 3[

1−4

]+[

0−2

]

=[

3−14

].


8.2 Noyau d’une application linéaire

Soit T : V → W une application linéaire où V etW sont des espaces vectoriels à scalairesdans un corps K. Le noyau de T, dénoté par ker(T ), est défini par

ker(T ) = v ∈ V : T (v) = 0W.

Exemple 8.3. Soit T donnée par T (v) = Av, où A ∈ Rm×n. Par définition, le noyau deT est l’ensemble des v tels que T (v) = 0. Mais T (v) = 0 précisément lorsque Av = 0.Ainsi, ker(T ) = Ker(A), le noyau de A.Exemple 8.4. Soit T : P2(R)→ R2 une application linéaire définie par T (ax2+bx+c) =[a+ 3ca− c

]. Le noyau de T est l’ensemble des polynômes ax2 + bx+ c tels que

[a+ 3ca− c

]=[

00

]. La solution de ce système donne a = c = 0. Donc, ker(T ) = bx : b ∈ R.

8.2.1 Solutions d’un système linéaire

Soit T : V → W une application linéaire. Supposons qu’on vous demande de trouvertoutes les solutions de T (x) = b pour b ∈ W. Si une solution a été trouvée, disons x,alors l’ensemble de toutes les solutions est donné par x + d : d ∈ ker(T ). Autrementdit, la connaissance d’une seule solution et la description du noyau de T donnent toutesles solutions de T (x) = b. On dit que le vecteur x est une solution particulière.

Lorsque T (x) = Ax, ceci revient à dire que pour spécifier toutes les solutions de Ax = b,nous avons seulement besoin d’une solution particulière et d’une description du noyau deA.

Exercices

1. Déterminez le noyau de chacune des applications linéaires suivantes.

a. T (ax+ b) = a− b, où a, b ∈ R.

b. T (u) = Au, où u =

u1

u2

u3

et A =

1 2 34 5 67 8 9

∈ R3.

2. Soit T donné par T (v) = Av, où A ∈ Rm×n. Supposons que le rang de A soit n.Montrez que le noyau de T ne contient que le vecteur nul.

8.2. NOYAU D’UNE APPLICATION LINÉAIRE 265

Solutions

1. Les noyaux sont :

a. t(x+ 1) : t ∈ R

b.

t

1−21

: t ∈ R

2. Soit v ∈ ker(T ). Alors Av = 0, ce qui implique que ∑n

i=1 viAi = 0, où Ai dénotela i-ième colonne de A. Puisque le rang de A est n, qui est égal au nombre decolonnes, les colonnes de A sont linéairement indépendantes. Ceci implique quev1 = · · · = vn = 0, d’où v = 0.


8.3 Surjectivité et injectivité

8.3.1 Domaine et image

Soit T : V → W une application linéaire, où V etW sont des espaces vectoriels à scalairesdans un corps K.

V est le domaine de T etW est le codomaine de T . L’image de T, dénoté par image(T ),est l’ensemble de tous les vecteurs de W que l’on peut atteindre par T , c’est-à-dire

image(T ) = T (u) : u ∈ V .

Par exemple, si T est donné par T (u) = Au, où A est une matrice, alors image(T ) =Col(A).

8.3.2 Surjection

On dit que T est surjective si son image et son codomaine sont les mêmes. Ceci veutdire que chaque vecteur de W peut être atteint par T. Si T est surjective, on dit que c’estune surjection.

Exemple 8.5. Soit T : Q2 → Q2 donnée par T([x1

x2

])=[x1 − x2

−x1 + x2

]. Notons que

chaque vecteur de image(T ) est de la forme[a

−a

]puisque −x1 + x2 = −(x1 − x2).

Puisqu’il existe des vecteurs dans Q2 qui n’ont pas cette forme ([10

], par exemple), T

n’est pas surjective.

Puisque l’image de T est un sous-espace deW, on peut établir la surjectivité en vérifiant siimage(T ) et W on la même dimension, tant et aussi longtemps que W soit de dimensionfinie.

Par exemple, si T est donnée par T (u) = Au, pour une matrice A, T est une surjectionsi et seulement si le rang de A et la dimension du codomaine sont égaux. (Rappel :rang (A) = dim(Col(A)).)

8.3.3 Injection

On dit que T est injective si T (u) 6= T (v) lorsque u 6= v. Ceci implique que l’imagede deux éléments distincts de V par T contient deux vecteurs distincts de W . Si T estinjective, on dit que c’est une injection.

8.3. SURJECTIVITÉ ET INJECTIVITÉ 267

Exemple 8.6. Considérons la même application T que dans l’exemple 8.5. Elle n’est pasinjective puisque pour chaque a ∈ Q,

T

([a

a

])=[a− a−a+ a

]=[00

].

Le résultat suivant permet de facilement vérifier si une application linéaire est injective.Théorème 8.1. Soit T : V → W une application linéaire. Alors T est injective si etseulement si ker(T ) = 0V .

Démonstration. S’il existe u ∈ ker(T ), où u 6= 0, alors T (u) = T (0V ) = 0W , ce quiimplique que T n’est pas injective.

Réciproquement, supposons que ker(T ) = 0V . Soient u et v ∈ V tels que T (u) =T (v). Alors T (u−v) = T (u)−T (v) = 0W , ce qui implique que u−v ∈ ker(T ). Puisqueker(T ) = 0V , on doit avoir u− v = 0V , d’où u = v, et T est injective.

Par exemple, si T est donnée par T (u) = Au pour une matrice A, alors T est uneinjection si et seulement si la nullité de A est 0.Exemple 8.7. Soit T : R3 → R2 une application linéaire donné par

T

a

b

c

=

[a− b− c−a+ b

].

Notons que

T

a

b

c

= A

a

b

c

,où A =

[1 −1 −1−1 1 0

]. La forme échelonnée réduite de A est

[1 −1 00 0 1

], d’où le

rang de A est 2 et la dimension de son noyau est 1. Puisque le rang est égal à la dimensiondu codomaine R2, on voit en conséquence d’une discussion préalable, que T est surjective.Mais T n’est pas injective puisque la nullité de A n’est pas zéro.

8.3.4 Théorème du rang pour les applications linéaires

Le résultat suivant généralise le théorème 6.3 :Théorème 8.2. Soit V un espace vectoriel de dimension fini. Soit T une applicationlinéaire ayant V comme domaine. Alors,

dim(image(T )) + dim(ker(T )) = dim(V ).


Exercices

1. Pour chacune des applications linéaires suivantes, déterminez si c’est surjective ouinjective.

a. T : R2 → R2 donnée par T([x

y

])=[x+ y

2x− y

].

b. T : C2 → C3 donnée par T (z) = Az, où A =

i 2−1 10 1

.c. T : P2(R)→ R2 donnée par T (ax2 + bx+ c) =

[a+ b

b− c

].

8.3. SURJECTIVITÉ ET INJECTIVITÉ 269

Solutions

1. a. Notons que T([x

y

])est donnée par

[1 12 −1

] [x

y

]. La matrice est de rang 2

et donc T est surjective et injective.b. Puisque A est de rang 2, T est une injection mais pas une surjection.

c. T est une surjection puisque pour chaque[s

t

]∈ R2,

T (sx2 − t) =[s

t

].

Ce n’est pas une injection car

T (x2 − x− 1) =[00

]

et x2 − x− 1 n’est pas nul.


8.4 Bijections et isomorphismes

Soit T : V → W une application linéaire où V et W sont des espaces vectoriels àscalaires dans un corps K. Si T est surjective et injective, alors T est bijective et T estune bijection.

Si T est une bijection, alors l’inverse de T existe. Nous montrons maintenant que l’inversede T est aussi une application linéaire.

Soit S : W → V une application (pas nécessairement linéaire, a priori) telle queS(T (u)) = u pour tout u ∈ V.

Prenons y(1),y(2) ∈ W et α ∈ K. On doit montrons que S(y(1)+y(2)) = S(y(1))+S(y(2))et S(αy(1)) = αS(y(1)).

Soit x(1),x(2) ∈ V telle que T (x(i)) = y(i) pour i = 1, 2. (L’existence de x(1) et x(2) estgarantie par surjectivité de T .) Alors S(y(i)) = S(T (x(i))) = xi pour i = 1, 2. Puisque Test une application linéaire, nous obtenons

S(y(1) + y(2)) = S(T (x(1)) + T (x(2)))= S(T (x(1) + x(2)))= x(1) + x(2)

= S(y(1)) + S(y(2))

et

S(αy(1)) = S(αT (x(1)))= S(T (αx(1)))= αx(1)

= αS(y(1)).

Ceci montre que S est une application linéaire.Exemple 8.8. Les applications linéaires correspondant aux opérations élémentaires surles lignes d’une matrice sont bijectives.

Exemple 8.9. Soit T : R3 → R3 donnée par T

x

y

z

=

x

y

0

. Puisque T n’est ni

surjective ni injective, T n’est pas bijective.

(Mentionnons en passant que T est appelée une projection parce qu’elle « projète » lespoints de R3 dans le plan x-y.)

Le résultat suivant est très utile.

8.4. BIJECTIONS ET ISOMORPHISMES 271

Proposition 8.2. Soit A ∈ Kn×n, K un corps. Si T : Kn → FF n est donnée parT (u) = Au, alors T est bijective si et seulement si A est inversible.

8.4.1 Isomorphisme

Soient V et W des espaces vectoriels à scalaires dans un corps K. On dit que V estisomorphe à W s’il existe une application linéaire T : V → W qui est bijective. On ditque T est un isomorphisme.

Puisque l’inverse d’une application linéaire bijective est aussi une application linéaire, Vest isomorphe à W si et seulement si W est isomorphe à V. Donc, on peut simplementdire que V et W sont isomorphe.Théorème 8.3. Soient V et W des espaces vectoriels de dimensions finis sur le mêmecorps K. Alors V et W sont isomorphe si et seulement si dim(V ) = dim(W ).

Démonstration. Nous démontrons la suffisance. La nécessité est laissée en exercice.

Supposons que dim(V ) = dim(W ) = n pour un entier positif n. Le cas où n = 0 esttrivial. Supposons alors que n > 0. Soit v(1), . . . ,v(n) une base de V et w(1), . . . ,w(n)une base de W. Pour λ1, . . . , λn ∈ K, on définit T par

T

(n∑i=1

λiv(i))

=n∑i=1

λiw(i).

Alors T est une fonction bijective de V dans W puisque pour chaque u ∈ V, il existe uneunique image pour tous λ1, . . . , λn ∈ K tel que u =

∑ni=1 λiv(i). Il ne reste que montrer

que T est une application linéaire.

Soient x,y ∈ V, et γ ∈ K. Puisque v(1), . . . ,v(n) est une base de V, il existeα1, . . . , αn, β1, . . . , βn ∈ K tels que

x =n∑i=1

αiv(i)

et

y =n∑i=1

βiv(i).


Alors

T (x + y) = T

(n∑i=1

αiv(i) +n∑i=1

βiv(i))

= T

(n∑i=1

(αi + βi)v(i))

=n∑i=1

(αi + βi)w(i)

=n∑i=1

αiw(i) +n∑i=1

βiw(i)

= T

(n∑i=1

αiv(i))

+ T

(n∑i=1

βiv(i))

= T (x) + T (y).

De plus,

T (αx) = T

(γ

n∑i=1

αiv(i))

= T

(n∑i=1

(γαi)v(i))

=n∑i=1

(γαi)w(i)

= γn∑i=1

αiw(i)

= γT

(n∑i=1

αiv(i))

= γT (x),

ce qui termine la démonstration.

Exercices

1. Déterminez si les application linéaires suivantes sont inversibles.

a. T : R2 → R2 donnée par T([x

y

])=[x+ y

2x− y

].

b. T : C2 → C2 donnée par T (z) = Az où A =[i 21 −2i

].

2. Montrez que R4 et R2×2 sont isomorphes.

8.4. BIJECTIONS ET ISOMORPHISMES 273

3. Soit W le sous-espace[

a 0b− a b

]: a, b ∈ R

⊆ R2×2. Montrez que W et R2

sont isomorphes.


Solutions

1. a. T est inversible.b. T n’est pas inversible.

2. On peut facilement voir que T : R4 → R2×2 donnée par

T

a

b

c

d

=

[a b

c d

]

est inversible. Donc, R4 et R2×2 sont isomorphes.3. Il suffit de montrer que dim(W ) = 2. Observons que

W =a

[1 0−1 0

]+ b

[0 01 1

]: a, b,∈ R

.

Ainsi, W est l’espace vectoriel engendré par[1 0−1 0

],

[0 01 1

]

qui est, de toute évidence, linéairement indépendant et est donc une base de W,d’où dim(W ) = 2.

8.5. MATRICE D’UNE APPLICATION LINÉAIRE 275

8.5 Matrice d’une application linéaire

Soit V un espace vectoriel de dimension n. Rappelons que, pour une base ordonnéeΓ =

(u(1), . . . ,u(n)

)de V et un vecteur u ∈ V, la représentation de u par un uplet par

rapport à Γ, dénoté par [u]Γ, est l’uplet

λ1

λ2...λn

tel que u =n∑i=1

λiu(i). (Notons que les

λ1, . . . , λn sont uniquement déterminés puisque u(1), . . . ,u(n) est une base de V.) Onpeut alors utiliser les uplets plutôt que les vecteurs originaux dans l’espace vectoriel.

Nous allons maintenant voir que l’on peut exprimer toute application linéaire à l’aided’une matrice, ce qui nous permettre se concentrer sur les applications linéaires de laforme T (u) = Au, où A est une matrice. La matrice va dépendre du choix de la baseordonnée du domaine et du choix de la base ordonnée du codomaine.

Soient V et W des espaces vectoriels à scalaires dans un corps K. Soient Γ =(v(1), . . . ,v(n)

)une base ordonnée de V et Ω =

(w(1), . . . ,w(m)

)une base ordonnée

de W.

Si T : V → W est une application linéaire, on peut calculer sa représentation matriciellecomme suit :

Pour chaque j ∈ 1, . . . , n, T(v(j)

)est un vecteur de W. Donc, on peut écrire

T(v(j)

)en tant que combinaison linéaire de w(1), . . . ,w(m). Ainsi, il existe des scalaires

a1,j , a2,j , . . . , am,j tels que

T (v(j)) = a1,jw(1) + a2,jw(2) + · · ·+ am,jw(m).

Soit u ∈ V. Alors il existe λ1, . . . , λn ∈ K tels que u = λ1v(1) + · · · + λnv(n), d’où

[u]Γ =

λ1...λn

.


Nous avons alors

T (u) = T(λ1v(1) + · · ·+ λnv(n)

)=

n∑j=1

λjT(v(j)

)

=n∑j=1

λj

(m∑i=1

ai,jw(i))

=n∑j=1

n∑i=1

(ai,jλj)w(i)

=m∑i=1

n∑j=1

ai,jλj

w(i),

et

[T (u)]Ω =

∑nj=1 a1,jλj∑nj=1 a2,jλj

...∑nj=1 am,jλj

=

a1,1 a1,2 · · · a1,n

a2,1 a2,2 · · · a2,n... ... . . . ...

am,1 am,2 · · · am,n

λ1

λ2...λn

.

Si A ∈ Km×n est telle que Ai,j = ai,j , alors [T (u)]Ω est précisément A[u]Γ.

Ainsi, pour un u ∈ V donné, on peut obtenir la représentation de T (u) par un uplet parrapport à Ω en calculant A[u]Γ. La matrice A est appelée la matrice de représentationde T par rapport à Γ et Ω et est dénotée par [T ]ΩΓ .

Notons que la i-ième colonne de [T ]ΩΓ est donnée par [T (v(i))]Ω.Exemple 8.10. Soit T : R3 → P2(R) une application linéaire donnée par

T

a

b

c

= (a− b)x2 + cx+ (a+ b+ c).

Soit Γ =

100

,

110

,

0−11

et Ω = (x+ 1, x2 − x, x2 + x− 1). Trouvons maintenant

[T ]ΩΓ .

On vérifier facilement que Γ et Ω sont des bases ordonnées pour R3 et P2(R), respecti-vement.


La matrice recherché prend la forme [T ]ΩΓ =

α1 α2 α3

β1 β2 β3

γ1 γ2 γ3

, où

T

100

= α1(x+ 1) + β1(x2 − x) + γ1(x2 + x− 1)

T

110

= α2(x+ 1) + β2(x2 − x) + γ2(x2 + x− 1)

T

0−11

= α3(x+ 1) + β3(x2 − x) + γ3(x2 + x− 1).

Comme T

100

= x2 + 1, on doit avoir

x2 + 1 = α1(x+ 1) + β1(x2 − x) + γ1(x2 + x− 1),


x2 + 1 = (β1 + γ1)x2 + (α1 − β1 + γ1)x+ (α1 − γ1).

La comparaison des coefficients donne

1 = β1 + γ1

0 = α1 − β1 + γ1

1 = α1 − γ1,

dont la solution unique est α1 = 1, β1 = 1, γ1 = 0.

De façon similaire, on obtient

T

110

= 2 = 4

3(x+ 1) + 23(x2 − x)− 2

3(x2 + x− 1)

et

T

0−11

= x2 + x = 2

3(x+ 1) + 13(x2 − x) + 2

3(x2 + x− 1),


d’où [T ]ΩΓ =

1 4

323

1 23

13

0 −23

23

.

On vérifie le rèsultat à l’aide de deux vecteurs particuliers, u =

010

et v =

001

. Alors

T (u) = −x2 + 1, T (v) = x+ 1, [u]Γ =

−110

et [v]Γ =

−111

.

Soit A = [T ]ΩΓ . Dans ce cas, A[u]Γ =

13−1

3−2

3

est la représentation par un uplet de

13(x + 1) − 1

3(x2 − x) − 23(x2 + x − 1) = −x2 + 1 = T (u), et A[v]Γ =

100

qui est la

représentation par un uplet de x+ 1 = T (v).

Les section précédents établissent un cadre unificateur pour les applications linéaires,les matrices, les uplets, et les vecteurs. De façon générique, il n’y a pas de différencefondamentale entre un espace vectoriel (V,K) de dimension n et Kn; c’est aussi le caspour les matrices Km×n et l’espace des applications linéaires T : Kn → Km.

Exercices

1. Soit T : R2 → R2 une application linéaire. Soit Γ =([

10

],

[11

])et Ω =([

21

],

[10

])des bases ordonnées de R2.

a. Supposons que T est donnée par T([x1

x2

])=[2x1 − x2

x1 + x2

]. Trouvez [T ]ΩΓ .

b. Supposons que T([

10

])=[21

]et T

([01

])=[

1−1

]. Trouvez [T ]ΩΓ .


Solutions

1. a. Notons que

T

([10

])=[21

]= 1

[21

]+ 0

[10

]et

T

([11

])=[12

]= 2

[21

]+ (−3)

[10

]

Donc, [T ]ΩΓ =[1 20 −3

].

b. En se basant sur les informations données, on voit que

T

([x1

x2

])=[2x1 + x2

x1 − x2

].

Donc, [T ]ΩΓ =[1 00 3

].


8.6 Retour sur les changements de bases.

Rappelons que pour tout espace vectoriel V de dimension n et toutes bases ordonnées Γet Ω de V, il existe une unique matrice A telle que [u]Ω = A[u]Γ pour chaque u ∈ V. Lamatrice en question est construite à l’aide de l’application linéaire identité, dénotée parid, pour laquelle id(u) = u pour chaque u ∈ V. Autrement dit, [id]ΩΓ est exactement lamatrice de changement de base de Γ à Ω recherchée. Notons que cette matrice estnécessairement inversible puisque id est une bijection.

Exemple 8.11. Soient Γ =([

20

],

[13

])et Ω =

([11

],

[−11

])des bases ordonnées de

R2. Afin de obtenir la matrice de changement de base de Γ à Ω, écrivons tout d’abordchacun des vecteurs de Γ en tant que combinaison linéaire des vecteurs de Ω. Notons que[

20

]= 1

[11

]+ (−1)

[−11

]

et [13

]= 2

[11

]+ 1

[−11

],

d’où la matrice changement de base de Γ à Ω est[

1 2−1 1

].

Exercices

1. Soient Γ =([

10

],

[11

])et Ω =

([21

],

[10

])des bases ordonnées de R2 Déter-

minez la matrice changement de base de Γ à Ω.

2. Soit Γ =([

1−1

],

[10

])une base ordonnée de R2. Si [id]ΩΓ =

[0 11 0

], que doit

être Ω ?

8.6. RETOUR SUR LES CHANGEMENTS DE BASES. 281

Solutions

1. Notons que [10

]= 0

[21

]+ 1

[10

]et [

11

]= 1

[21

]+ (−1)

[10

].

Donc, la matrice changement de base est[0 11 −1

].

2. Supposons que Ω soit donnée par (u,v). Nous devons avoir[1−1

]= 0u + 1v

et [10

]= 1u + 0v.

Donc, u =[10

]et v =

[1−1

].


8.7 Espace dual

8.7.1 Fonctionnelle linéaire

Soit (V,K) un espace vectoriel. Une application linéaire f : V → K est appelé unefonctionnelle linéaire (ou une forme linéaire). Une fonctionnelle linéaire est donc uncas spécial d’application linéaire.Exemple 8.12. Soit P l’espace vectoriel des polynômes en x à coefficients dans un corpsK. Soit a ∈ K. Alors fa : P → K donnée par fa(q) = q(a) est une fonctionnelle linéaire.En effet, pour s, t ∈ P et λ ∈ K, on calcule

fa(λs+ t) = (λs+ t)(a)= λs(a) + t(a)= λfa(s) + fa(t),

ce qui implique que fa est une application linéaire.

Remarques.

1. La fonctionnelle linéaire fa de l’exemple 8.12 porte le nom de fonctionnelle d’éva-luation; elle est utilisée pour l’interpolation de Lagrange.

2. Les fonctionnelles linéaires sont utilisées dans les représentations hilbertiennes desystèmes de mécanique quantique.

8.7.2 Espace dual algébrique

Pour un espace vectoriel V , il est possible de vérifier que l’ensemble de toutes les fonc-tionnelles linéaires forment un espace vectoriel lorsque l’addition de vecteurs est donné parl’addition de fonctions et la multiplication par un scalaire est donnée par la multiplicationd’une fonction par un scalaire. Cet espace vectoriel est appelé l’espace dual algébriquede V et est dénoté par V ∗.

Exemple 8.13. Soit V =[

a

−2a

]: a ∈ R

. On obtient une description de V ∗ de

manière suivante.

Si f : V → R est une fonctionnelle linéaire alors, par linéarité de f,

f

([a

−2a

])= af

([1−2

])

8.7. ESPACE DUAL 283

pour tout a ∈ R. Donc, f est complètement déterminé par le vecteur qu’elle associe à([1−2

]). On peut alors voir que V ∗ consiste de toutes les functions f : V → R définies

par

f

([a

−2a

])= γa,

où γ ∈ R.Proposition 8.3. Soient V un espace vectoriel de dimension n sur K et u(1), . . . ,u(n)une base de V . Alors,

f (1), . . . , f (n)

est une base de V ∗ où

f (j)(∑i=1

αiu(i))

= αj

pour chaque j ∈ 1, . . . , n et α1, . . . , αn ∈ K.Corollaire 8.1. Si V est un espace vectoriel de dimension finie, alors V et V ∗ sontisomorphes.

Exercices

1. Soit V un sous-espace de P2(R) tel que pour tout p ∈ V, p(0) = 0. Donnez unedescription de V ∗.

2. Démontrez la proposition 8.3.


Solutions

1. On observe que V = ax2 + bx : a, b ∈ R. Alors, V ∗ consiste de toutes lesfonctions f : V → R données par

f(ax2 + bx) = δa+ γb,

où δ, γ ∈ R.

2. On commence par montrer que l’espace vectoriel engendré parf (1), . . . , f (n)

est

V ∗. Soit f ∈ V ∗. Alors pour tous α1, . . . , αn ∈ K,

f

(∑i=1

αiu(i))

= αj =∑i=1

αif(u(i))

=∑j=1

f(u(j))αj

=∑j=1

f(u(j))f (j)(∑i=1

αiu(i)).

Il s’ensuit que f est une combinaison linéaire de f (1), . . . , f (n), appartenant ainsi àl’espace vectoriel engendré par

f (1), . . . , f (n)

.

Montrons maintenant quef (1), . . . , f (n)

est un ensemble linéairement indépen-

dant. Supposons que λ1, . . . , λn ∈ K satisfont àn∑j=1

λjf(j)(x) = 0,

pour tout x ∈ K. On doit avoir λi = 0 pour tout i ∈ 1, . . . , n.En effect, puisque

n∑j=1

λjf(j)(x) = 0

pour tout x ∈ K, il s’ensuit quen∑j=1

λjf(j)(u(i)) = 0

pour i = 1, . . . , n. Cependant, pour tout i ∈ 1, . . . , nn∑j=1

λjf(j)(u(i)) = λi.

Ainsi, λi = 0 pour tout i ∈ 1, . . . , n, tel que désiré.



1. Soit T : R2 → R3 une application linéaire telle que T([

21

])=

101

et T([

11

])=

0−11

. Que vaut T([

0−1

])?

2. Considérez l’application linéaire T : R4 → R2×2 définie par T

a

b

c

d

=

[2a+ b+ c a− da+ b+ c− d 0

].

a. Trouvez une base de l’image de T .

b. Trouvez une base du noyau de T .

c. T est-elle surjective? Injective?

3. Soient K = GF (2) et T : K4 → K3 l’application linéaire définie par

T

x1

x2

x3

x4

=

x1 + x2 + x4

x1 + x3 + x4

x2 + x3 + x4

.

Trouvez une base du noyau de T .

4. Soit T : R3 → R3 l’application linéaire définie par T

x1

x2

x3

=

x1 + x2 + x3

−x1 − x2 + x3

x2 − x3

.Déterminez si T est inversible.

5. Soit T : R3 → R2 l’application linéaire définie par T

x1

x2

x3

=

[x1 + x2

−x1 − x2 + x3

].

Soit Γ =

100

,

1−10

,

011

une base ordonnée de R3 et soit Ω =

([11

],

[−11

])

une base ordonnée de R2. Déterminez [T ]ΩΓ .


6. Soit T : P2(R)→ R3 l’application linéaire définie par

T (ax2 + bx+ c) =

2a− bb+ 2c

0

.Déterminez la dimension du noyau de T .

7. Soit V le sous-espace de R3 définie par

a

b

a− b

: a, b ∈ R

. Trouvez une base

de l’espace dual algébrique V ∗.

Chapitre 9

Produits scalaires

Ce chapitre fera le point sur certains produits de vecteurs dont la résultante est un scalaire.La définition du produit de deux vecteurs a une histoire fascinante (consulter Crowe (1967),par exemple). La maîtrise du matériel dans ce chapitre permet de :

— Définir et calculer des produits scalaires.— Généraliser les produits scalaires.— Définir et identifier les formes bilinéaires symétriques.

Les connaissances requises pour ce chapitre incluent les nombres complexes, l’algèbre desmatrices, les espaces vectoriels, et la trigonométrie de base.

9.1 Produit scalaire usuel

Soient u,v ∈ Rn. Le produit scalaire usuel de u et v, que l’on dénote par u · v, estdéfini par

u1v1 + u2v2 + · · ·+ unvn.

En utilisant la convention qu’une matrice de dimension 1× 1 est équivalente à l’élémentqu’elle contient, il s’ensuit que u · v = uTv.

Par exemple, si u =

123

et v =

456

, alorsu · v = (1)(4) + (2)(5) + (3)(6) = 4 + 10 + 18 = 32.

Faites attention : la notation du produit scalaire usuel est identique à celle de la multipli-cation dans un corps. Le contexte de l’utilisation de ce symbole devrait aider à clarifier lasituation, mais la confusion demeure possible.

287

288 CHAPITRE 9. PRODUITS SCALAIRES

Le produit scalaire usuel est un ingrédient important de la modélisation de l’espace eucli-dien. On énumère certaines de ses propriétés :

1. u · v = v · u.2. u · (λv) = λ(u · v) pour tout scalaire λ.3. u · (v + w) = (u · v) + (u ·w).

En terme de l’ordre des opérations, le produit scalaire usuel se calcule avant l’additionvectorielle. Ainsi, la troisième propriété peut s’écrire tout simplement comme

u · (v + w) = u · v + u ·w.

9.1.1 Longueur d’un vecteur

Le produit scalaire usuel induit une notion de longueur dans Rn. Soit u ∈ Rn. On définit‖u‖ par √u · u.

Ainsi, ‖ · ‖ est une fonction de norme qui satisfait aux propriétés suivantes :

1. ‖u‖ ≥ 0.2. ‖u− v‖ = ‖v− u‖.3. ‖u‖ = 0 si et seulement si u = 0.4. ‖u + v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖.5. ‖αu‖ = |α|‖u‖ pour tout α ∈ R.

La vérification de ces propriétés est laissée en exercice.

On appelle ‖u‖ la norme de u. Un vecteur de norme 1 est appelé vecteur unitaire.

9.1.2 Angle entre deux vecteurs Il est possible de démontrer que pourtous

u,v ∈ Rn, où n est un entier positif,

|u · v| ≤ ‖u‖‖v‖.

Cette inégalité porte le nom d’inégalité de Cauchy-Schwarz. Une preuve de ce résultatest présentée plus tard dans un contexte plus général.

On en conclut que |u · v|‖u‖‖v‖

≤ 1 si u et v sont non nuls. De cette inégalité découle la

définition de l’angle entre u,v ∈ Rn : c’est l’angle θ entre 0 et π tel que cos θ = u · v‖u‖‖v‖

.

(Les radians sont utilisés pour la mesure des angles.)

9.1. PRODUIT SCALAIRE USUEL 289

Lorsque n = 2, il n’est pas difficile de vérifier que l’angle θ est précisément l’angle entre lesegment joignant l’origine à u et le segment joignant l’origine à v. C’est également le caslorsque n = 3, même si cela peut être plus difficile à voir. Cette définition nous permetalors de généraliser la notion d’un angle entre deux vecteurs de Rn pour n > 3.

On dit que les vecteurs u,v ∈ Rn sont orthogonaux si u · v = 0. Dans R2 et R3, deuxvecteurs non nuls sont orthogonaux précisément lorsqu’ils forment un angle droit.

Si u,v sont orthogonaux, alors

‖u‖2 + ‖v‖2 = ‖u + v‖2.

Ce résultat est mieux connu sous le nom du théorème de Pythagore. Pour démontrerce résultat, il suffit de constater que

‖u + v‖2 = (u + v) · (u + v)= (u + v)T(u + v)= uTu + uTv + vTu + vTv

= ‖u‖2 + 0 + 0 + ‖v‖2

= ‖u‖2 + ‖v‖2.

Exemple 9.1. Soient u =[20

]et v =

[0−1

]. Soit θ l’angle entre u et v. Puisque

cos θ = u · v‖u‖‖v‖

= (2)(0) + (0)(−1)‖u‖‖v‖

= 0,

alors θ = π2 .


]et v =

[02

]. Soit θ l’angle entre u et v. Puisque

cos θ = u · v‖u‖‖v‖

= (3)(0) + (3)(2)√32 + 32

√02 + 22

= 6√18√

4= 6

6√

2= 1√

2,

alors θ = π4 .

Exercices

1. Calculez l’angle entre

12−1

et

2−11

(en radians). Estimez votre réponse en utili-

sant 4 chiffres après la virgule.

2. Trouvez la norme de[

3−4

].


3. Trouvez un vecteur unitaire de R3 qui est orthogonal aux deux vecteurs

110

et

011

.

9.1. PRODUIT SCALAIRE USUEL 291

Solutions

1. Soit θ l’angle entre

12−1

et

2−11

.Alors,

cos θ = 2− 2− 1√1 + 4 + 1

√4 + 1 + 1

= −16 ,

et θ = 1,7382 radians.

2.∥∥∥∥∥[

3−4

]∥∥∥∥∥ =√

32 + (−4)2 =√

25 = 5.

3. Un vecteur x =

x1

x2

x3

est orthogonal aux deux vecteurs

110

et

011

si et seulement

si [1 1 00 1 1

]x1

x2

x3

=[00

].

Une solution non trivial est donnée par x =

1−11

, d’où u = 1‖x‖x =

1√3

− 1√3

1√3

est

un vecteur unitaire orthogonal aux deux vecteurs

110

et

011

.


9.2 Forme bilinéaire symétrique

Le produit scalaire usuel de Rn nous permet de combiner deux vecteurs de Rn afin d’obtenirun scalaire. Nous allons maintenant étudier un procédé plus général, qui s’avère êtrebeaucoup plus qu’une curiosité théorique. Pour un exemple d’une application utilisant unenotion plus générale que le produit scalaire usuel, consulter Abril et al. (2015).

Rappelons que u · v = uTv pour u,v ∈ Rn. La symétrie du produit scalaire usuel estimmédiate : u · v = v · u.

Notons que l’on peut réécrit uTv comme uTInv. En remplaçant In par une matriceA ∈ Rn×n arbitraire, nous obtenons uTAv, qui est aussi un scalaire. La fonction B :Rn × Rn → R définie par B(u,v) = uTAv, se comporte de bien des façons comme leproduit scalaire usuel.

Cependant, la symétrie B(u,v) = B(v,u) n’est garantie que si la matrice A est symé-trique. Cette supposition doit donc être ajoutée. La fonction B ainsi définie est appeléeforme billinéaire symétrique sur Rn. Le nom vient du fait que pour un vecteur fixé u,la fonction T : Rn → R définie par T (v) = B(u,v) est linéaire, et pour un vecteur fixév, la fonction T : Rn → R définie par T (u) = B(u,v) l’est également.

Une forme quadratique q dans Rn est définie par q(u) = uTAu pour A ∈ Rn×n

quelconque.

Rappelons que le produit scalaire usuel induit une norme ‖u‖ =√

u · u possédant lespropriétés suivantes :

1. ‖u‖ ≥ 0.2. ‖u− v‖ = ‖v− u‖.3. ‖u‖ = 0 si et seulement si u = 0.4. ‖u + v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖.5. ‖αu‖ = |α|‖u‖ pour tout α ∈ R.

Si on défini ‖ · ‖ par ‖u‖ =√

uTAu, quelles autres hypothèses doit-on apporter sur Apour obtenir une norme?

Puisque la fonction racine carrée n’est définie que sur l’ensemble des nombres réels nonnégatifs, on doit avoir uTAu ≥ 0 pour tout u ∈ Rn, avec égalité si et seulement siu = 0 si on veut en plus satisfaire à la propriété 3. En admettant cette suppositionsupplémentaire, une forme plus générale de l’inégalité de Cauchy-Schwarz suit :

(uTAv)2 ≤ (uTAu)(vTAv).

9.2. FORME BILINÉAIRE SYMÉTRIQUE 293

L’inégalité de Cauchy-Schwarz originale est obtenue en substituant A = I dans l’inégalitéprécédente. Les cinq propriétés préalablement peuvent maintenant être vérifiées.

On présente maintenant une démonstration de

(uTAv)2 ≤ (uTAu)(vTAv).

De toute évidence, l’inégalité est valide si u ou v est nul.

Supposons que u 6= 0, et posons t = uTAvuTAu . Alors, 0 ≤ ‖tu− v‖2. Mais

0 ≤ ‖tu− v‖2 = (tu− v)TA(tu− v)= t2uTAu− 2tuTAv + vTAv

= (uTAv)2

uTAu− 2(uTAv)2

uTAu+ vTAv

= −(uTAv)2

uTAu+ vTAv,

d’où(uTAv)2

uTAu≤ vTAv,

ce qui implique que(uTAv)2 ≤ (uTAu)(vTAv)

tel que désiré.

9.2.1 Matrices définies positives

Une matrice symétrique A ∈ Rn×n telle que uTAu > 0 pour tout u ∈ Rn, u 6= 0 estdite définie positive.

Il y a trois autres types de matrices définies :

— Une matrice symétrique A ∈ Rn×n telle que uTAu ≥ 0 pour tout u ∈ Rn est ditesemi-définie positive.

— Une matrice symétrique A ∈ Rn×n est dite définie négative si −A est définiepositive.

— Une matrice symétrique A ∈ Rn×n est dite semi-définie négative si −A estsemi-définie positive.

Exemple 9.3. La matrice A =[3 22 3

]est définie positive. En effet, si u =

[u1

u2

]6=[00

],


alors

uTAu =[u1 u2

] [3 22 3

] [u1

u2

]

=[u1 u2

] [3u1 + 2u2

2u1 + 3u2

]= 3u2

1 + 4u1u2 + 3u22

= 3(u2

1 + 43u1u2 +

(23u2

)2)

+ 53u

22

= 3(u1 + 2

3u2

)2+ 5

3u22

> 0.

Pour le moment, l’identification de matrices (semi-)définies positive semble requérir desmanipulations algébriques complexes. Cependant, nous verrons plus tard que toute matricesymétrique réelle A peut s’écrire comme QTDQ pour des matrices Q,D ∈ Rn×n, oùD est une matrice diagonale ayant les valeurs propres de A sur sa diagonale. Ceci nouspermet de conclure que A est définie positive si et seulement si toutes les valeurs propresde A sont positives et que A est semi-définie positive si et seulement si les valeurs propresde A sont non négatives.

Exercices

1. Montrez que A =[4 11 2

]est définie positive.

2. Une forme symétrique bilinéaire est un cas spécial d’une forme bilinéaire. Si V etW sont des espaces vectoriels sur le corps K, B : V ×W → K est une formebilinéaire si les conditions suivantes sont satisfaites :— Pour chaque y ∈ W, f : V → K définie par f(x) = B(x,y) est une fonction-

nelle linéaire sur V.— Pour chaque x ∈ V, f : W → K définie par f(y) = B(x,y) est une fonction-

nelle linéaire sur W.Montrez que B : V ∗×V → K définie par B(f,x) = f(x) est une forme bilinéaire.Rappel : V ∗ dénote l’espace duel de V.

9.2. FORME BILINÉAIRE SYMÉTRIQUE 295

Solutions

1. Soit u =[u1

u2

]6=[00

]. Alors

uTAu =[u1 u2

] [4 11 2

] [u1

u2

]

=[u1 u2

] [4u1 + u2

u1 + 2u2

]= 4u2

1 + 2u1u2 + 2u22

= 4(u2

1 + 12u1u2 +

(14u2

)2)

+ 74u

22

= 4(u1 + 1

4u2

)2+ 7

4u22

> 0.

2. Soit u ∈ V. Pour f, g ∈ V ∗ et λ ∈ K,

B(λf + g,u) = (λf + g)(u)= λf(u) + g(u)= λB(f,u) +B(g,u).

Donc, B(·,u) est une fonctionnelle linéaire sur V ∗.Soit f ∈ V ∗. Pour u,w ∈ V et λ ∈ K,

B(f, λu + w) = f(λu + w)= λf(u) + f(w)= λB(f,u) +B(f,w).

Alors, B(f, ·) est une fonctionnelle linéaire sur V.Il s’ensuit que B est une forme bilinéaire.


9.3 Produit scalaire

Cette section sera consacrée à une autre généralisation du produit scalaire, en particulierpour les espaces vectoriels à scalaires dans R ou C. Les produits scalaires ainsi définisont des applications dans des domaines comme les traitements des signaux et la physiquequantique.

Soit (V,K) un espace vectoriel où K ∈ R,C. L’application 〈·, ·〉 : V × V → K estappelé un produit scalaire sur V si, pour tous u,w, z ∈ V et λ ∈ K, les conditionssuivantes sont satisfaites :

1. 〈u,w〉 = 〈w,u〉.2. 〈λu + z,w〉 = λ〈u,w〉+ 〈z,w〉.3. 〈u,u〉 ≥ 0 avec égalité si et seulement si u = 0.

Exemple 9.4. On voit aisément le produit scalaire usuel sur Rn est un produit scalairesur R.Exemple 9.5. Le produit scalaire usuel sur Cn est défini par 〈u,w〉 = wTu. Notonsque lorsque l’on restreint u et w à Rn, ce produit scalaire est réduit au produit scalaireusuel.

u,w ∈ V sont orthogonaux par rapport au produit scalaire si 〈u,w〉 = 0.

En définissant

‖u‖ =√〈u,u〉,

il n’est pas difficile de vérifier que les propriétés suivantes sont satisfaites :

1. ‖u‖ ≥ 0.2. ‖u−w‖ = ‖w− u‖.3. ‖u‖ = 0 si et seulement si u = 0.4. ‖αu‖ = |α|‖u‖ pour tout α ∈ K.

Théorème 9.1 (Inégalité de Cauchy-Schwarz). |〈u,w〉| ≤ ‖u‖‖w‖.

Démonstration. Il suffit de montrer que |〈u,w〉|2 ≤ 〈u,u〉〈w,w〉.

9.3. PRODUIT SCALAIRE 297

Soit λ = 〈u,w〉〈u,u〉 . Alors,

0 ≤ ‖λu−w‖2 = 〈λu−w, λu−w〉

= λ〈u, λu−w〉 − 〈w, λu−w〉

= λ〈λu−w,u〉 − 〈λu−w,w〉

= λ(λ〈u,u〉 − 〈w,u〉

)−(λ〈u,w〉 − 〈w,w〉

)= λλ〈u,u〉 − λ〈u,w〉 − λ〈u,w〉+ 〈w,w〉

= |〈u,w〉|2

〈u,u〉− |〈u,w〉|

2

〈u,u〉− |〈u,w〉|

2

〈u,u〉+ 〈w,w〉

= −|〈u,w〉|2

〈u,u〉+ 〈w,w〉,

d’où|〈u,w〉|2

〈u,u〉≤ 〈w,w〉,

ce qui implique que|〈u,w〉|2 ≤ 〈u,u〉〈w,w〉,

tel que désiré.

Théorème 9.2 (Inégalité triangulaire). ‖u + w‖ ≤ ‖u‖+ ‖w‖.

Démonstration. Notons que

‖u + w‖2 = 〈u + w,u + w〉

= 〈u,u + w〉+ 〈w,u + w〉

= 〈u + w,u〉+ 〈u + w,w〉

= ‖u‖2 + 〈u,w〉+ 〈u,w〉+ ‖w‖2

= ‖u‖2 + 2Re (〈u,w〉) + ‖w‖2

≤ ‖u‖2 + 2 |〈u,w〉|+ ‖w‖2

≤ ‖u‖2 + 2‖u‖‖w‖+ ‖w‖2

= (‖u‖+ ‖w‖)2.

Le résultat suit maintenant en prenant les racines carrées de chaque côté.

Exercices

1. Soient u =[1− i

2

],w =

[i

1 + i

]∈ C2. Évaluez 〈u,w〉 où 〈·, ·〉 est le produit

scalaire usuel.


2. Soit un espace vectoriel V muni d’un produit scalaire. Démontrez que si u,w ∈ Vsont orthogonaux, alors

‖u‖2 + ‖w‖2 = ‖u + w‖2.

(Ce résultat est connu comme le théorème de Pythagore.)3. Soit un espace vectoriel V muni d’un produit scalaire. Montrez que 〈u,w + z〉 =〈u, z〉+ 〈u, z〉 pour tous u,w, z ∈ V.

9.3. PRODUIT SCALAIRE 299

Solutions

1. 〈u,w〉 = wTu =[1 1− i

] [1− i2

]= 1− i+ 2− 2i = 3− 3i.

2. Notons que

‖u + w‖2 = 〈u + w,u + w〉

= 〈u,u + w〉+ 〈w,u + w〉

= 〈u + w,u〉+ 〈u + w,w〉

= ‖u‖2 + 〈u,w〉+ 〈u,w〉+ ‖w‖2

= ‖u‖2 + 0 + 0 + ‖w‖2

= ‖u‖2 + ‖w‖2

3. Notons que

〈u,w + z〉 = 〈w + z,u〉

= 〈w,u〉+ 〈z,u〉= 〈w,u〉+ 〈z,u〉= 〈u, z〉+ 〈u, z〉.



1. Quel est l’angle entre les vecteurs[12

]et[−11

]dans R2? Donnez la réponse en

radians, arrondie à 4 places après la virgule.2. Soit A ∈ R2×2 une matrice symétrique. Montrez qu’il existe γ ∈ R tel que A+γIn

est semi-définie positive.

3. Soit u =[1− 2ii

]∈ C2 Déterminez tous les w ∈ C2 orthogonaux à u par rapport

au produit scalaire usuel.4. La trace d’une matrice carrée A, dénotée par tr(A), est la somme des éléments

sur sa diagonale. Montrez que l’application 〈·, ·〉 : Rm×n × Rm×n → R définie par

〈A,B〉 = tr(BTA)

est un produit scalaire sur Rm×n.

Chapitre 10

Orthogonalité

Ce chapitre introduit les bases orthogonales et orthonormées d’un espace vectoriel munid’un produit scalaire. L’importante notion d’orthogonalité de vecteurs est réintroduite etses propriétés sont déduites. L’orthogonalité a d’importantes applications dans plusieursdomaines tels que ingénierie et les statistiques. Une maîtrise solide des concepts de cechapitre est essentielle pour toute étude approfondie des applications qui requièrent l’or-thogonalité. La maîtrise du matériel de ce chapitre permet de :

— Définir les bases orthogonales et orthonormées.— Décrire le procédé de Gram-Schmidt.— Construire une base orthogonale et orthonormée d’un sous-espace d’un espace vec-

toriel muni d’un produit scalaire.— Définir la somme directe et les projections orthogonales.— Énoncer, démontrer et appliquer la formule de projection orthogonale.— Obtenir une décomposition QR pour une matrice réelle.— Énoncer et démontrer le théorème des axes principaux.— Obtenir une diagonalisation orthogonale d’une matrice symétrique réelle.— Résoudre des problèmes de minimisation de fonctions quadratiques.

Les connaissances requises pour ce chapitre incluent l’algèbre des matrices, les espacesvectoriels, et les produits scalaires.

10.1 Bases orthonormées

Soit (V,K) un espace vectoriel de dimension k muni d’un produit scalaire où K dénote Rou C.

301

302 CHAPITRE 10. ORTHOGONALITÉ

On dit qu’une baseu(1), . . . ,u(k)

de V est une base orthogonale si u(i) et u(j) sont

orthogonales (c’est-à-dire 〈u(i),u(j)〉 = 0) pour tous i, j ∈ 1, . . . , k, i 6= j.

Une base orthogonaleu(1), . . . ,u(k)

de V est appelée base orthonormée si de plus

u(i) est un vecteur unitaire (c’est-à-dire que ‖u(i)‖ = 1) pour chaque i = 1, . . . , k.

Exemple 10.1.

100

,

010

,

001

est une base orthonormée de R3 muni du produit

scalaire usuel.

Exemple 10.2.

2√5

1√5

00

,

001√2

− 1√2

est une base orthonormée du noyau de A =

[1 −2 0 00 0 1 1

], muni du produit scalaire usuel.

Les bases orthonormées permettent d’obtenir facilement la représentation par uplet d’unvecteur. Soit

u(1), . . . ,u(k)

une base orthonormale de V . Si Γ dénote la base ordonnée

(u(1), . . . ,u(k)

), alors pour tout v ∈ V , [v]Γ est donné par

〈v,u(1)〉〈v,u(2)〉

...〈v,u(k)〉

.

Par exemple, v =

21−11

appartient au noyau de A =[1 −2 0 00 0 1 1

]. Si Γ =

(u(1),u(2)

)

où u(1) =

2√5

1√5

00

et u(2) =

001√2

− 1√2

, on obtient

[v]Γ =[〈v,u(1)〉〈v,u(2)〉

]=[ √

5−√

2

].

On peut vérifier que v =√

5u(1) −√

2u(2).

10.1. BASES ORTHONORMÉES 303

De façon plus générale, voyons maintenant pourquoi [v]Γ =

〈v,u(1)〉〈v,u(2)〉

...〈v,u(k)〉

.

Soient λ1, . . . , λk des scalaires tels que v = λ1u(1) + · · ·+ λku(k).

Alors

〈v,u(i)〉 = 〈λ1u(1) + · · ·+ λku(k),u(i)〉

= λ1〈u(1),u(i)〉+ · · ·+ λk〈u(k),u(i)〉

= λi〈u(i),u(i)〉

= λi‖u(i)‖2

= λi,

pour chaque i = 1, . . . , k, tel que désiré.

10.1.1 Matrice orthogonale

Siq(1), . . . ,q(n)

est une base orthonormée de Rn muni du produit scalaire usuel, alors

la matrice Q =[q(1) · · · q(n)

]possède la propriété suivante :

QTQ = In.

Pour démontrer ce résultat, notons que l’élément (i, j) de Q est donné par

q(i)Tq(j) = q(i) · q(j) =

0 si i 6= j

1 autrement.

Puisque Q est une matrice carrée, on voit que Q−1 = QT, d’où QQT = In.

Une matrice U ∈ Rn×n satisfaisant à UTU = UUT = In est appelée matrice orthogo-nale. Les matrices orthogonales apparaissent dans plusieurs applications, tout comme lesmatrices hermitiennes (ou auto-adjointes) qui généralisent la notion d’orthogonalité desmatrices aux complexes.

Exercices

1. Soit V un espace vectoriel muni d’un produit scalaire. Soient u(1), . . . ,u(k) ∈ V

tels que u(i) 6= 0 pour tout i ∈ 1, . . . , k et 〈u(i),u(j)〉 = 0 pour tous i, j ∈


1, . . . , k, i 6= j. Démontrez que u(1), . . . ,u(k) est un ensemble de vecteurslinéairement indépendants.

2. Dans cette exercice, Rn est muni du produit scalaire usuel.

a. Construisez une base orthogonale de R2 contenant[

1−2

].

b. Construisez une base orthogonale de R2 contenant

10−1

et

121

.3. On sait 1 que la matrice

1n

a2 + b2 − c2 − d2 2(−ad+ bc) 2(ac+ bd)

2(ad+ bc) a2 − b2 + c2 − d2 2(−ab+ cd)2(−ac+ bd) 2(ab+ cd) a2 − b2 − c2 + d2

est orthogonale pour tous a, b, c, d, n ∈ Z, où n = a2 + b2 + c2 + d2 est impair.Montrez en utilisant des calculs directs que la matrice obtenue en substituant a =b = c = 1 et d = 2 est bien orthogonale.

1. Voir https://math.stackexchange.com/q/279426 et l’article cité.

https://math.stackexchange.com/q/279426

http://zakuski.math.utsa.edu/~kap/Pall_Automorphs_1940.pdf

10.1. BASES ORTHONORMÉES 305

Solutions

1. Soit λ1, . . . , λk des scalaires tels que

λ1u(1) + · · ·+ λku(k) = 0.

Ainsi, pour chaque i ∈ 1, . . . , k,

0 = 〈0,u(i)〉 = 〈λ1u(1) + · · ·+ λku(k),u(i)〉 = λi‖u(i)‖2.

Or u(i) 6= 0 pour chaque i ∈ 1, . . . , k, d’où λi = 0 pour chaque i ∈ 1, . . . , k,ce qui termine la démonstration.

2. a. En utilisant le résultat de l’exercice précédent, on peut simplement choisir n’im-

porte quel vecteur non nul orthogonal à[12

], comme

[21

], par exemple.

b. De même, il suffit de trouver un vecteur non nul

x1

x2

x3

tel que

[1 0 −11 2 1

]x1

x2

x3

=[00

],

comme

1−11

, par exemple.

3. Avec la substitution donnée dans l’exercice, la matrice devient

19

−3 −2 66 −3 22 6 3

.Il est aisé de vérifier que cette matrice est bien orthogonale.


10.2 Procédé de Gram-Schmidt

Soit V un espace vectoriel muni d’un produit scalaire tel que dim(V ) = k < ∞. Nousallons maintenant voir comment il est possible de construire une base orthonormée de Và partir d’une base quelconque de V .

Soitv(1), . . . ,v(k)

une base de V , pas nécessairement orthonormée.

Nous allons construireu(1), . . . ,u(k)

de façon itératif, de sorte que

u(1), . . . ,u(p)

soit une base orthonormée de Vect

(v(1), . . . ,v(p)

)pour p = 1, . . . , k.

Posons u(1) = 1‖v(1)‖ .

Supposons que u(1), . . . ,u(p−1) est une base orthonormée de Vect(

v(1), . . . ,v(p−1))

.

Nous devons trouver un vecteur unitaire d tel que 〈d,u(i)〉 pour i = 1, . . . , p − 1 et telque v(p) = λ1u(1) + · · ·+λp−1u(p−1) +αd pour des scalaires λ1, . . . , λp−1, α. Laissant decôté pour le moment que d doit être unitaire, on résoud pour d dans le système suivant :

〈d,u(1)〉 = 0〈d,u(2)〉 = 0

...〈d,u(p−1)〉 = 0

λ1u(1) + · · ·+ λp−1u(p−1) + αd = v(p)

Notons que α 6= 0 pour toute solution du système puisque vp /∈ Vect(u(1), . . . ,u(p−1)

).

La substitution d = α−1u donne

α−1〈u,u(1)〉 = 0α−1〈u,u(2)〉 = 0

...α−1〈u,u(p−1)〉 = 0

λ1u(1) + · · ·+ λp−1u(p−1) + u = v(p)

10.2. PROCÉDÉ DE GRAM-SCHMIDT 307


〈u,u(1)〉 = 0〈u,u(2)〉 = 0

...〈u,u(p−1)〉 = 0

λ1u(1) + · · ·+ λp−1u(p−1) + u = v(p)

La dernière équation devient u = v(p) −(λ1u(1) + · · ·+ λp−1u(p−1)

). En substituant

cette équation dans la i-ième équation, i ∈ 1, . . . , p− 1, on obtient

〈v(p) −(λ1u(1) + · · ·+ λp−1u(p−1)

),u(i)〉 = 0,

qui se simplifie à 〈v(p),u(i)〉 = λi.

Ainsi, on doit avoir

u = v(p) −(〈v(p),u(1)〉u(1) + 〈v(p),u(2)〉u(2) + · · ·+ 〈v(p),u(p−1)〉u(p−1)

).

Notons que u 6= 0 puisque vp /∈ Vect(u(1), . . . ,u(p−1)

). On peut alors choisir u(p) =

1‖u‖u.

Ce procédé porte le nom de procédé de Gram-Schmidt, et peut être résumé commesuit :

u(1) = 1‖v(1)‖

v(1),

u(2) = 1‖r(2)‖

r(2),

...

u(k) = 1‖r(k)‖

r(k),

où

r(i) = v(i) −(〈v(i),u(1)〉u(1) + 〈v(i),u(2)〉u(2) + · · ·+ 〈v(i),u(i−1)〉u(i−1)

)pour i = 2, . . . , k.

Exemple 10.3. Soit v(1) =

1111

, v(2) =

11−1−1

, et v(3) =

0−121

des vecteurs de

l’espace vectoriel R4 muni du produit scalaire usuel. Nous allons appliquer le procédé


de Gram-Schmidt aux vecteurs v(1),v(2),v(3) afin d’obtenir une base orthonormée deVect

(v(1),v(2),v(3)

).

Notons d’abord que u(1) = 1‖v(1)‖v

(1) = 12

1111

.

Ensuite, r(2) = v(2) − (v(2) · u(1))u(1) =

11−1−1

− 0u(1) =

11−1−1

. Ainsi, u(2) = 12

11−1−1

.Notons ici que puisque v(2) et u(1) sont déjà orthogonaux, u(2) est obtenu tout simplementen normalisant v(2).

De plus,

r3 = v(3) −((v(3) · u(1))u(1) + (v(3) · u(2))u(2)

)

=

0−121

− u(1) − (−2)u(2)

=

0−121

− 12

1111

+

11−1−1

=

12−1

212−1

2

.

Puisque ‖r(3)‖ = 1, on obtient u3 =

12−1

212−1

2

. Ainsi,u(1),u(2),u(3)

est une base ortho-

normée de Vect(

v(1),v(2),v(3))

.

Exemple 10.4. Soient v(1) =

1i

0

, et v(2) =

0

1− i−1

, des vecteurs de C3 muni de

produit scalaire 〈u,v〉 = vTu. Appliquons le procédé de Gram-Schmidt pour obtenir unebase orthonormée de Vect

(v(1),v(2)

).

Notons que u(1) = 1‖v(1)‖v

(1) = 1√2

1i

0

.

10.2. PROCÉDÉ DE GRAM-SCHMIDT 309

Ensuite, r(2) = v(2) − 〈v(2),u(1)〉u(1) =

0

1− i−1

+ 1+i√2 u(1) =

1+i

21−i

2−1

.

Puisque ‖r(2)‖ =√

2, nous obtenons u(2) = 1√2

1−i

23−i

4−1

2

.Ainsi,

u(1),u(2)

est une base orthonormée de Vect

(v(1),v(2)

).

Exercices

1. Construisez une base orthornomée de R2 muni du produit scalaire usuel contenant

le vecteur[

3545

].

2. Utilisez le procédé de Gram-Schmidt afin d’obtenir une base orthonormale de

Vect(v(1),v(2),v(3)

), où v(1) =

122

, v(2) =

−114

, et v(3) =

01−1

.


Solutions

1.[

3545

], [

45−3

5

].

2. Notons que u(1) = 1‖v(1)‖v

(1) = 13

122

.Alors,

r(2) = v(2) − (v(2) · u(1))u(1)

=

−114

− 3u(1)

=

−2−12

,

d’où u(2) = 13

−2−12

.Finalement,

r(3) = v(3) − (v(3) · u(1))u(1) − (v(3) · u(2))u(2)

=

01−1

− 0u(1) − (−1)u(2)

= 13

−22−1

.

Notons que ce vecteur est déjà un vecteur unitaire. Donc, u(3) = 13

−22−1

.

10.3. SOUS-ESPACES ORTHOGONAUX 311

10.3 Sous-espaces orthogonaux

Soit A ∈ Rm×n. Rappelons que Ker(A) = x ∈ Rn : Ax = 0

Soit d ∈ Lgn(A) (l’espace vectoriel engendré par les colonnes de AT). Alors il existeu ∈ Rm tel que d = ATu, et

xTd = xT(ATu

)=(xTAT

)u

= (Ax)T u

= 0

Il s’ensuit queKer(A) = x ∈ Rn : d · x = 0 ∀d ∈ Lgn(A).

Autrement dit, Ker(A) consiste précisément de tous les vecteurs orthogonaux à tousles vecteurs de Lgn(A). Ceci nous amène à définir les sous-espace orthogonaux et lecomplément orthogonal d’un sous-espace vectoriel.

Soit V un espace vectoriel de dimension finie muni d’un produit scalaire. Soient U et Wdes sous-espaces de V . On dit que U et W sont orthogonaux, ce que l’on dénote parU ⊥ W , si 〈x,y〉 = 0 pour tout x ∈ U et tout y ∈ W.

Le complément orthogonal de U , que l’on dénote par U⊥, est défini par

x ∈ V : 〈x,d〉 = 0 ∀d ∈ U .

Le résultat suivant est immédiat.Proposition 10.1. Soit V un espace vectoriel de dimension finie muni d’un produitscalaire. Soient U et W des sous-espaces de V . Alors, U⊥ est un sous-espace de V etU ∩W = 0 si U ⊥ W.

On peut voir que Ker(A) = Lgn(A)⊥. Mais est-il vrai que Ker(A)⊥ = Lgn(A)? Cerésultat sera démontré dans la prochaine section.

Un important résultat de la théorie des matrices est le théorème 6.3 :

dim(Lgn(A)) + dim(Ker(A)) = n,

pour tout A ∈ Rm×n.

On peut généraliser ce résultat de la manière suivante :


Théorème 10.1. Soit V un espace vectoriel de dimension finie muni d’un produit scalaire.Si W est un sous-espace de V, alors

dim(W ) + dim(W⊥) = dim(V ).

Un résultat plus fort sera d’abord démontré dans la section prochaine.

Exercices

1. Soit A =[

1 0 −2−1 1 3

]et u =

312

. Exprimez u sous la forme y + z, où y ∈

Lgn(A) et z ∈ Ker(A).

2. Soit A =

1 0−2 −11 3

. Trouvez une base orthonormée du complément orthogonal

de Col(A), où le produit scalaire est le produit scalaire usuel.3. Démontrez la proposition 10.1.

10.3. SOUS-ESPACES ORTHOGONAUX 313

Solutions

1. La forme échelonnée réduite de A est[1 0 −20 1 1

]. Donc, Ker(A) est engendré

par

2−11

.Si l’énoncé de la question tient, on peut exprimer u en tant que combinaison linéaire

des colonnes de AT et de

2−11

en trouvant la solution de

1 0 20 1 −1−2 1 1

λ1

λ2

λ3

=

312

,qui est donnée par λ1 = 2

3 , λ2 = 136 , et λ3 = 7

6 .

En posant y =

2313656

et z =

73−7

676

, nous obtenons u = y + z, où y ∈ Lgn(A) et

z ∈ Ker(A).Remarque. Nous allons voir plus tard une méthode plus directe utilisant la projec-tion orthogonale.

2. Le complément orthogonal de Col(A) est donné par Ker(AT). La forme échelonnéeréduite de AT est [

1 0 −50 1 −3

].

Ainsi,

531

engendre Ker(AT). La norme de

531

est√

35, d’où

5√353√351√35

est une

base orthogonale du complément orthogonal de Col(A).

3. Puisque U ⊥ W , nous avons 〈x,y〉 = 0 pour tout x ∈ U et y ∈ W. Si z ∈ U ∩W,alors 〈z, z〉 = 0, ce qui implique z = 0 par définition du produit scalaire.Montrons maintenant que U⊥ est un sous-espace de V.Soient x,y ∈ U⊥ et λ un scalaire. Alors,

〈λx + y,d〉 = λ〈x,d〉+ 〈y,d〉= 0


pour chaque d ∈ U, d’où λx+y ∈ U⊥, ce qui implique que U⊥ est un sous-espacede V.

10.4. SOMME DIRECTE 315

10.4 Somme directe

Si U et W sont des sous-espaces d’un espace vectoriel V , alors on écrit V = U ⊕W si etseulement si pour tout x ∈ V , il existe deux vecteurs uniques y ∈ U et z ∈ W tels quex = y + z, On dit que V est une somme directe de U et W.Lemme 10.1. Soit V un espace vectoriel de dimension finie muni d’un produit scalaire.Soient U et W des sous-espaces de V tels que V = U ⊕ W . Si u(1), . . . ,u(k) sontlinéairement indépendants dans U et si w(1), . . . ,w(m) sont linéairement indépendantsdans W , alors u(1), . . . ,u(k),w(1), . . . ,w(m) sont linéairement indépendants dans V .

Démonstration. Par contradiction, supposons que u(1), . . . ,u(k),w(1), . . . ,w(m) nesoient pas linéairement indépendants dans V . Alors, on peut trouver des scalarairesλ1, . . . , λk, γ1, . . . , γm non tous nuls tels que

k∑i=1

λiu(i) +m∑i=1

γiw(i) = 0.

Sans perte de généralité, on peut supposer que ce ne sont pas les scalaires λ1, . . . , λk quisont nuls. Soit u =

∑ki=1 λiu(i). Puisque u(1), . . . ,u(k) est linéairement indépendant,

u 6= 0. De plus, u ∈ U.

Mais u = −m∑i=1

γiw(i), d’où u ∈ W , ce qui implique que u ∈ U ∩W . Mais U ∩W = 0

d’après la proposition 10.1, d’où u = 0, ce qui est une contradiction.

Le résultat suivant suit immédiatement de ce lemme.Théorème 10.2. Soit V un espace vectoriel de dimension finie muni d’un produit scalaire.Soient U et W deux sous-espaces de V tel que V = U ⊕W . Alors

dim(U) + dim(W ) = dim(V )

Le théorème 10.1 découle alors du théorème 10.2 et du suivant.Théorème 10.3. Soit V un espace vectoriel de dimension finit muni d’un produit scalaire.Soit W un sous-espace de V . Alors

V = W ⊕W⊥.

Démonstration. Soitu(1), . . . ,u(k)

une base de W . D’après le corollaire 6.3, on peut

obtenir u(k+1), . . . ,u(n) ∈ V tels queu(1), . . . ,u(k)

est une base de V.

En appliquant le procédé de Gram-Schmidt àu(1), . . . ,u(n)

, on obtient une base or-

thonorméeq(1), . . . ,q(n)

de V telle que Vect

(q(1), . . . ,q(i)

)= Vect

(u(1), . . . ,u(i)

)pour chaque i = 1, . . . , n.


Entre autre,q(1), . . . ,q(k)

est une base orthonormée de W .

Pour compléter la preuve, il suffit de montrer queq(k+1), . . . ,q(n)

est une base deW⊥.

Par construction, q(i) ∈ W⊥ pour i = k + 1, . . . , n. Il ne reste donc à démontrer queVect

(q(k+1), . . . ,q(n)

)= W⊥, puisque que

q(k+1), . . . ,q(n)

est déjà linéairement

indépendant.

Soit z ∈ W⊥. Soient λ1, . . . , λn des scalaires tels que

z =n∑i=1

λiq(i).

Puisque z ∈ W⊥, on doit avoir 〈z,q(i)〉 = 0 pour tout i = 1, . . . , k. Ceci implique queλ1, . . . , λk = 0. Ainsi, z ∈ Vect

(q(k+1), . . . ,q(n)

).

Corollaire 10.1. Soit V un espace vectoriel de dimension finie muni d’un produit scalaire.Soit W un sous-espace de V . Alors

(W⊥)⊥ = W.

Démonstration. Soit u ∈ W . Pour tout pour tout v ∈ W⊥, 〈u,v〉 = 0 et il s’ensuit queW ⊆ (W⊥)⊥. D’après le théorème 10.1, nous avons

dim(W ) + dim(W⊥) = dim(V )

etdim(W⊥) + dim((W⊥)⊥) = dim(V ),

puisque W⊥ est un sous-espace de V (proposition 10.1). Ainsi, dim(W ) = dim((W⊥)⊥).Puisque W est un sous-espace de (W⊥)⊥ et que dim(W ) = dim((W⊥)⊥), il s’ensuit queW = (W⊥)⊥ d’après le théorème 6.2.

Exercices

1. Soit V le sous-espace de R4 engendré par

10−11

et

2103

. Trouvez des vecteurs

x,y ∈ R4 tels que R4 = V ⊕ U , où U = Vect (x,y) .

2. Démontrez le théorème 10.2 et du suivant.

10.4. SOMME DIRECTE 317

Solutions

1. D’après le théorème 10.3, il suffit d’obtenir une base du noyau de[1 0 −1 12 1 0 3

].

Notons que la forme échelonnée réduite de cette matrice est[1 0 −1 10 1 2 1

],

d’où

1−210

,−1−101

est une base du noyau.2. Soient u(1), . . . ,u(k) une base de U et w(1), . . . ,w(m) une base de W.

D’après le lemme 10.1, u(1), . . . ,u(k),w(1), . . . ,w(m) est linéairement in-dépendant. Puisque V = U ⊕ W, pour tout x ∈ V , il existe y ∈ U etz ∈ W tels que x = y + z, d’où V = Vect

(u(1), . . . ,u(k),w(1), . . . ,w(m)

).

Ainsi, u(1), . . . ,u(k),w(1), . . . ,w(m) est une base de V, ce qui implique quedim(V ) = k +m = dim(U) + dim(W ).


10.5 Projection orthogonale

Soit V un espace vectoriel muni d’un produit scalaire et W un sous-espace de V . Lethéorème 10.3 indique que pour chaque x ∈ V , il existe deux vecteurs uniques y ∈ W etz ∈ W⊥ tels que x = y + z. Le vecteur y est appelé la projection orthogonale de xdans W et est dénotée par projW x.Théorème 10.4. Soit V un espace vectoriel de dimension finie muni d’un produit scalaireet W un sous-espace de V de dimension k. Si

u(1), . . . ,u(k)

est une base orthonormée

de W, alors

projW x =k∑i=1〈x,u(i)〉u(i)

pour tout x ∈ V.

Démonstration. On commence par construire u(k+1), . . . ,u(n) tels queu(1), . . . ,u(k)

est une base orthonormée de V . Notons queu(k+1), . . . ,u(n)

est une base deW⊥ dans

ce cas.

Puisque x ∈ V , il existe des scalaires λ1, . . . , λn tels que x = λ1u(1) + · · ·+λnu(n). Ainsi,

x = y + z, où y =k∑i=1

λiu(i) ∈ W et z =k+1∑i=1

λiu(i) ∈ W⊥. Il vient

projW x = y =k∑i=1

λiu(i).

Pour chaque i = 1, . . . , k, on constate que

〈y,u(i)〉 = 〈λ1u(1) + · · ·+ λku(k),u(i)〉

= λ1〈u(1),u(i)〉+ · · ·+ λk〈u(k),u(i)〉

= λi〈u(i),u(i)〉

= λi‖u(i)‖2

= λi,

tel que désiré.

Corollaire 10.2. Soit V un espace vectoriel de dimension finie muni d’un produit scalaireet W un sous-espace de V de dimension k. Si

u(1), . . . ,u(k)

est une base orthogonale

de W , alors

projW x =k∑i=1

〈u,u(i)〉〈u(i),u(i)〉

u(i)

pour tout x ∈ V ,

10.5. PROJECTION ORTHOGONALE 319

Exemple 10.5. Considérons l’espace vectoriel R3 muni du produit scalaire usuel. Soit

x =

12−1

. Déterminons la projection orthogonale de x dans W = Vect (u,v) , où

u =

011

et v =

1−11

.On observe que u,v est une base orthogonale de W . Ainsi,

projW x = 〈x,u〉〈u,u〉

u + 〈x,v〉〈v,v〉

v

= 12

011

+ −23

1−11

=

−2

376−1

6

Exercices

1. Considérons l’espace vectoriel R3 muni du produit scalaire standard. Soit x =

101

.

Trouvez la projection orthogonale de x dans Vect (u,v) , où u =

211

et v =

−111

.2. Soit V un espace vectoriel muni d’un produit scalaire. Soit W un sous-espace deV ayant une base orthonormée donnée par

u(1), . . . ,u(k)

. Démontrez que

projW (projW x) = projW x

pour tout x ∈ V.


Solutions

1. Soit W = Vect (u,v) . Observons que u,v est une base orthogonale de W .Donc,

projW x = 〈x,u〉〈u,u〉

u + 〈x,v〉〈v,v〉

v

= 36

211

+ 03

−111

=

11212

2. Soit y = projW x. D’après le théorème 10.4, nous avons

y =k∑i=1〈x,u(i)〉u(i).

On en déduit que

projW y =k∑i=1〈y,u(i)〉u(i)

=k∑i=1〈k∑j=1〈x,u(j)〉u(j),u(i)〉u(i)

=k∑i=1

k∑j=1〈x,u(j)〉〈u(j),u(i)〉

u(i)

=k∑i=1〈x,u(i)〉u(i)

= y,

tel que désiré.

10.6. DÉCOMPOSITION QR 321

10.6 Décomposition QR

Soit une matrice A ∈ Rm×n de rang n. (Alors m ≥ n.) En utilisant le procédéde Gram-Schmidt avec le produit scalaire usuel, nous obtenons une base orthonor-mée q(1), . . . ,q(n) de Col(A). Cette base est telle que Vect

(q(1), . . . ,q(i)

)=

Vect(a(1), . . . , a(i)

), pour chaque i = 1, . . . , n, où a(i) est la i-ième colonne de A.

Ainsi, pour chaque i = 1, . . . , n, nous avons

a(i) = 〈a(i),q(1)〉q(1) + · · ·+ 〈a(i),q(i)〉q(i).

Soit R′ ∈ Rn×n la matrice dont les éléments (i, j) sont donnés par

rij =

〈a(j),q(i)〉 si i ≤ j,

0 autrement.

Notons que R′ est une matrice triangulaire supérieure, et que[q(1) . . . q(n)

]R′ = A.

On construit q(n+1), . . . ,q(m) tels que q(1), . . . ,q(n) est une base orthonormée de Rm.Soit Q la matrice carrée

[q(1) . . . q(m)

]. Alors

A = QR,

où R =[

R′

0(m−n)×n

]. Ce produit est une décomposition QR de A.

Exemple 10.6. Calculons une décomposition QR de A =

−4 5 1−2 7 −14 4 2

.En appliquant le procédé de Gram-Schmidt aux colonnes de la matrice A, on obtient lamatrice orthogonale

Q =

−2

313

23

−13

23 −2

323

23

13

,d’où

R = QTA =

6 −3 10 9 10 0 2

,et A = QR.


En général, on peut décomposer chaque matrice A ∈ Rm×n à l’aide d’un produit matricielQR, où Q ∈ Rm×m est orthogonale et R ∈ Rm×n est triangulaire supérieure. Notonsqu’une telle décomposition existe sans restriction sur la dimension ou le rang de A. Nouslaissons la démonstration de ce résultat en exercice. Considérons tout de même l’exemplesuivant.

Exemple 10.7. Obtenons une décomposition QR pour A =

1 2 0 1−1 0 1 0−1 −2 0 −11 0 −1 −2

. No-

tons que A n’a pas de plein rang puisque sa forme échelonnée réduite est

1 0 −1 00 1 1

2 00 0 0 10 0 0 0

.On en déduit que la première, la deuxième et la quatrième colonne de A sont linéairementindépendantes. De plus, la troisième colonne de A est une combinaison linéaire des deuxpremières colonnes : A3 = −A1 + 1

2A2.

En appliquant le procédé de Gram-Schmidt à A1, A2, et A4, on obtient

12−1

2−1

212

,

1212−1

2−1

2

,

et

0− 1√

201√2

. On obtient une base orthonormée de R4 en ajoutant

1√2

01√2

0

à ces vecteurs.

Ainsi,

[A1 A2 A4

]=

1 2 1−1 0 0−1 −2 −11 0 −2

=

12

12 0 1√

2−1

212 − 1√

2 0−1

2 −12 0 1√

212 −1

2 − 1√2 0

2 2 00 2 20 0

√2

0 0 0

.

10.6. DÉCOMPOSITION QR 323

Ainsi,

A3 = −A1 + 12A2.

=[A1 A2 A4

] −1

120

=

12

12 0 1√

2−1

212 − 1√

2 0−1

2 −12 0 1√

212 −1

2 − 1√2 0

2 2 00 2 20 0

√2

0 0 0

−1

120

=

12

12 0 1√

2−1

212 − 1√

2 0−1

2 −12 0 1√

212 −1

2 − 1√2 0

−1100

,

d’où

A =

12

12 0 1√

2−1

212 − 1√

2 0−1

2 −12 0 1√

212 −1

2 − 1√2 0

2 2 −1 00 2 1 20 0 0

√2

0 0 0 0

,ce qui donne une décomposition QR de A.

Remarque. Même si, en théorie, la décomposition QR peut être obtenue en utilisant leprocédé de Gram-Schmidt, les calculs numériques qui sous-tendent une telle décompositionsont assez compliqués. Pour plus d’informations, consulter Golub & Van Loan (1996).

Exercices

1. Soit A =[1 21 1

]. Obtenez une décomposition QR de A.

2. Démontrez que chaque matrice A ∈ Rm×n, peut être décomposée selon le produitmatriciel QR, où Q ∈ Rm×m est une matrice orthogonale et R ∈ Rm×n est unematrice triangulaire supérieure.


Solutions

1. En appliquant le procédé de Gram-Schmidt aux colonnes de A, nous obtenons lamatrice orthogonale

Q =

1√2

1√2

1√2 − 1√

2

.En prenant

R = QTA =

√2 3√2

0 1√2

,on obtient A = QR, une décomposition QR de A.

2. Indice : Appliquez le procédé de Gram-Schmidt aux colonnes de A qui correspondentaux pivots de la forme échelonnée réduite de A. Notez que les colonnes librespeuvent être exprimées par une combinaison linéaire des colonnes précédentes.

10.7. DIAGONALISATION EN BASE ORTHONORMÉE 325

10.7 Diagonalisation en base orthonormée

Une matrice carrée A ∈ Rn×n est dite diagonalisable en base orthonormée s’il existeune matrice orthogonale U ∈ Rn×n et une matrice diagonale D ∈ Rn×n telles queA = UDUT. Ce genre de diagonalisation est utilisée dans plusieurs analyses statistiques.

Une matrice diagonalisable en base orthonormée est nécessairement une matrice symé-trique. En effet,

(UDUT)T = (UT)TDTUT = UDUT

puisque les matrices diagonales sont invariantes sous la transposée.

Ce qui est vraiment incroyable est que l’inverse est aussi vrai : toute matrice symétriqueréelle est diagonalisable en base orthonormée. Ce résultat peut être démontré par inductionsur l’ordre des matrices.Théorème 10.5 (Théorème des axes principaux). Soit A ∈ Rn×n, où n est un entierpositif. Alors il existe U,D ∈ Rn×n, U orthogonale et D diagonale, telles que A =UDUT.

Démonstration. Si n = 1, on fixe simplement U = [1] et D = A.

Pour l’hypothèse d’induction, supposons que n > 1 et que chaque matrice symétrique deR(n−1)×(n−1) soit diagonalisable en base orthonormée.

Soient A ∈ Rn×n une matrice symétrique et λ une valeur propre de A. D’après le corollaire7.1, λ ∈ R. Ainsi, il exist un vecteur propre v ∈ Rn associé à λ.

Posons q(1) = 1‖v‖v et construisons en une base orthonormée q(1),q(2), . . . ,q(n) de

Rn. Si Q est la matrice[q(1) · · · q(n)

], alors

AQ =[λq(1) p(2) · · · p(n)

],

où p(i) = Aq(i) pour chaque i = 2, . . . , n − 1. Puisque Vect(q(1),q(2), . . . ,q(n)

)=

Rn, il existe C ∈ Rn×(n−1) telle que[p(2) · · · p(n)

]= QC.

Ainsi,

AQ = Q[λ d0 A′

]

pour d ∈ R1×(n−1) et A′ ∈ R(n−1)×(n−1) tels que C =[

dA′

].


Puisque Q est orthonormée par construction, nous obtenons

QTAQ = QTQ[λ d0 A′

]=[λ d0 A′

].

En prenant la transposée de chaque côté, nous obtenons

QTATQ =[λ 0dT A′T

].

Mais A = AT, d’où QTATQ = QTAQ. On en conclut que d = 0 et A′ = A′T. D’aprèsl’hypothèse d’induction, il existe Q′,D′ ∈ R(n−1)×(n−1), Q′ orthogonale et D′ diagonale,telles que A′ = Q′D′Q′T. Ainsi,

QTAQ =[λ 00 Q′D′Q′T

]

=[1 00 Q′

] [λ 00 D′

] [1 00 Q′T

]

=[1 00 Q′

] [λ 00 D′

] [1 00 Q′

]T

.

Il s’ensuit alors que

A = Q[1 00 Q′

] [λ 00 D′

] [1 00 Q′

]T

QT.

En posant U = Q[1 00 Q′

]et D =

[λ 00 D′

], nous obtenons A = UDUT. Il ne reste

plus qu’à démontrer que UTU = I. C’est effectivement le cas puisque

UTU =[1 00 Q′

]T

QTQ[1 00 Q′

]

=[1 00 Q′

]T [1 00 Q′

]

=[1 00 Q′T

] [1 00 Q′

]

=[1 00 Q′TQ′

]

=[1 00 In−1

]= In.


La démonstration du théorème 10.5 suggère un algorithme permettant d’obtenir une dia-gonalisation en base orthonormée de matrices symétriques réelles. Cependant, le procédés’avère extrêmement inefficace. Nous allons présenter une méthode bien plus pratique.Nous avons auparavant besoin d’un résultat intermédiaire très important.Proposition 10.2. Soit A ∈ Rn×n, où n est un entier positif. Soient u,v ∈ Rn deuxvecteurs propres de A associés aux valeurs propres λ et γ, respectivement. Si A estsymétrique et λ 6= γ, alors u et v sont orthogonaux.

Démonstration. Notons que

(λ− γ)u · v = (λ− γ)uTv

= λuTv− γuTv

= (λu)Tv− γuTv

= (Au)Tv− γuTv

= uT(ATv)− γuTv

= uT(Av)− γuTv

= uT(γv)− γuTv

= γuTv− γuTv = 0.

Puisque λ 6= γ, ceci implique que u · v = 0.

Ainsi, il est possible d’obtenir une base orthonormée de l’espace propre associé à chaquevaleur propre d’une matrice carrée. Il suffit simplement de combiner tous ces vecteurs pourformer la matrice orthogonale U.


3 −6 0−6 0 60 6 −3

. Montrons tout d’abord que A est diago-

nalisable en base orthonormée en présentant une matrice orthogonale U et une matricediagonalisable D telles que A = UDUT.

Le polynôme charactéristique de A est

χA(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣3− λ −6 0−6 −λ 60 6 −3− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣= −λ3 + 81λ = −λ(λ− 9)(λ+ 9).

Les valeurs propres de A sont donc 0, 9, et −9.


La forme échelonnée réduite de A− 0I est

1 0 −10 1 −1

20 0 0

, d’où Ker(A) est engendré par

le vecteur v(1) =

1121

. Mais v(1) n’est pas unitaire (en effet, v(1) · v(1) = 94). Posons

u(1) = 1‖v(1)‖

v(1) = 23v(1) =

231323

.

La forme échelonnée réduite de A− 9I est

1 0 20 1 −20 0 0

, d’où Ker(A− 9I) est engendré

par le vecteur v(2) =

−221

. Mais v(2) n’est pas unitaire (en effet, v(2) ·v(2) = 9). Posons

u(2) = 1‖v(2)‖

v(2) = 13v(2) =

−2

32313

.

Finalement, la forme échelonnée réduite de A − (−9)I est

1 0 1

20 1 10 0 0

, d’où

Ker(A− (−9)I) est engendré par v(3) =

−1

2−11

. Mais v(2) n’est pas unitaire (en

effet, v(3) · v(3) = 94). Posons

u(3) = 1‖v(3)‖

v(3) = 23v(3) =

−1

3−2

323

.

Ainsi, en prenant U = 13

2 −2 −11 2 −22 1 2

et D =

0 0 00 9 00 0 −9

, nous obtenons A =

UDUT.


Exercices

1. Soit A =[1 22 1

].

a. Déterminez les valeurs propres de A.

b. Trouvez une diagonalisation en base orthonormée de A.


Solutions

1. a. Le polynôme caractéristique de A est

pA =∣∣∣∣∣1− λ 2

2 1− λ

∣∣∣∣∣= (1− λ)2 − 4= λ2 − 2λ− 3= (λ+ 1)(λ− 3)

et les valeurs propres de A sont −1 et 3.

b. La forme échelonnée réduite de A− (−1)I est[1 10 0

], d’où Ker(A− (−1)I)

est engendré par le vecteur v(1) =[−11

]. Puisque v(1) · v(1) = 2, on prend

u(1) =

− 1√2

1√2

.La forme échelonnée réduite de A − 3I est

[1 −10 0

], d’où Ker(A− 3I) est

engendré par le vecteur v(2) =[11

]. Puisque v(2) · v(2) = 2, on prend u(2) = 1√

21√2

.Ainsi, U =

− 1√2

1√2

1√2

1√2

et D =[−1 00 3

]forment la décomposition A =

UDUT recherchée.

10.8. FONCTIONS QUADRATIQUES 331

10.8 Fonctions quadratiques

Dans cette section, nous étudions les fonctions quadratiques en utilisant la diagonalisationen base orthonormée.

10.8.1 Minimisation de fonction quadratique

Le problème visant à trouver une valeur réelle x minimisant une fonction quadratiquef(x) = ax2 + bx + c, où a > 0, est normalement étudié à l’école secondaire. On peututiliser soit la méthode de complétion d’un carré ou le calcul différentiel afin de constaterque la fonction atteint son minimum lorsque x = − b

2a .

Considérons maintenant un problème plus général. Pour A ∈ Rn×n, b ∈ Rn et c ∈ R,déterminons la valeur minimale (si elle existe) de la forme quadratique définie par

P (x) = xTAx + bTx + c.

Puisque xTAx ∈ R, on doit avoir (xTAx)T = xTAx. Mais (xTAx)T = xTAT(xT)T =xTATx, d’où

xTAx = xT(1

2(A + AT))

x,

ce qui revient à supposer, sans perte de généralité, que A est symétrique puisque 12(A +

AT) l’est.

D’après le théorème 10.5, il existe alors une matrice orthogonale U et une matrice diago-nale D telles que A = UDUT. En prenant y = UTx, nous obtenons

xTAx + bTx + c = yTUTUDUTUy + bTUy + c

= yTDy + bTUy + c

La valeur minimum de P est donc égale à la valeur minimum de

yTDy + bTUy + c.

Mais D est une matrice diagonale (ce n’était pas nécessairement le cas pour A) et nouspouvons compléter le carré tel qu’illustré dans l’exemple suivant.Exemple 10.9. Nous voulons déterminer la valuer minimale de la form quadratique

f(x1, x2) = 3x21 + 4x1x2 + 3x2

2 + x1 − 2x2,

si elle existe. Notons quef(x1, x2) = xTAx + bTx,


où x =[x1

x2

], A =

[3 22 3

]et b =

[1−2

]. Une diagonalisation en base orthonormée de

A est donnée par UDUT où D =[1 00 5

]et U =

1√2

1√2

− 1√2

1√2

. Posons y = UTx. On

obtient alors la fonction quadratique

yTDy + bTUy = y21 + 5y2

2 + 3√2y1 −

1√2y2

=(y1 + 3

2√

2

)2+ 5

(y2 −

110√

2

)2−( 3

2√

2

)2− 5

( 110√

2

)2

=(y1 + 3

2√

2

)2+ 5

(y2 −

110√

2

)2− 23

20 ,

dont la valeur minimale de −2320 est atteinte lorsque

[y1

y2

]=

− 32√

21

10√

2

. Il s’ensuit que

f(x1, x2) atteint sa valeur minimale de −2320 lorsque

[x1

x2

]= Uy =

1√2

1√2

− 1√2

1√2

− 32√

21

10√

2

=[− 7

1045

].

Remarque. La minimisation d’une fonction quadratique s’effectue facilement en utilisantle calcul de plusieurs variables. Cependant, la justification complète de la méthode requiertune étude théorique qui excède de loin l’approche algébrique illustrée ci-dessus.

10.8.2 Quotient de Rayleigh

On présente un dernier résultat au sujet des matrices symétriques réelles.Théorème 10.6. Soit A ∈ Rn×n une matrice symétrique et λmin la valeur propre la pluspetite de A. (Notons que toutes les valeurs propres de A sont réels d’après le corollaire7.1.) Alors,

minx 6=0

xTAxxTx

= λmin.

Démonstration. D’après le théorème 10.5, A = QDQT, où Q est orthogonale et D unematrice diagonale avec les valeurs propres de A sur sa diagonale.


Alors,

minx 6=0

xTAxxTx

= minx 6=0

(Qx)TD(Qx)xTx

= minQTy6=0

yTDy(QTy)T(QTy)

= miny 6=0

yTDyyTy

puisque QQT = I et y = 0 si et seulement si QTy = 0.

De plus,

yTDy =n∑i=1

λiiy2i ≥ λmin

n∑i=1

y2i = λminyTy.

Ainsi,minx 6=0

xTAxxTx

≥ λmin.

Notons que le minimum est atteint lorsque x est un vecteur propre associé à λmin.

Dans la littérature de problèmes d’optimisation, il existe des algorithmes efficaces pourrésoudre le problème d’optimisation minx 6=0

xTAxxTx . (On peut consulter Bertsekas (2016)

pour en apprendre plus.)

Remarque. Le théorème 10.6 peut aussi être utilisé afin de trouver toutes les valeurspropres de A. Une fois λmin trouvé, on obtient une vecteur propre associé q. On complèteq pour obtenir une base orthogonale, que l’on place dans Q. Le produit QAQT est alors[λmin 0

0 A′

], où A′ est symétrique. (Consulter la preuve du théorème 10.5.) On trouve

ensuite les valeurs propres de A′, ainsi que des vecteurs propres associés. Cet algorithmen’est pas une méthode très pratique et peut donner lieu à des instabilités du point de vuenumérique. Mais on mentionne afin de montrer que le calcul de toutes les valeurs propresd’une matrice symétrique n’est pas plus difficile que de trouver sa valeur propre la pluspetite.

Exercices

1. Soient A ∈ Rn×n et x ∈ Rn. Montrez directement que que

xTAx = 12xT(A + AT)x.

2. Montrez que5x2

1 − 4x1x2 + 2x22 − 6x1 + 3 ≥ 0.


3. Soit A ∈ Rn×n une matrice symétrique et λmin la valeur propre la plus petite deA. Démontrez que

min‖x‖=1

xTAx = λmin.


Solutions

1. Pour tout Q ∈ Rn×n, nous avons

xTQx =[x1 · · · xn

]

n∑j=1

q1jxj

n∑j=1

q2jxj

...n∑j=1

qnjxj

=

n∑i=1

xi n∑j=1

qijxj

=

n∑i=1

n∑j=1

qijxixj

=n∑i=1

qiix2i +

n∑1≤i<j≤n

(qij + qji)xixj .

Ainsi,

xTAx =n∑i=1

aiix2i +

n∑1≤i<j≤n

(aij + aji)xixj

et

12xT(A + AT)x = 1

2

n∑i=1

(aii + aii)x2i +

n∑1≤i<j≤n

((aij + aji) + (aji + aij))xixj

=

n∑i=1

aiix2i +

n∑1≤i<j≤n

(aij + aji)xixj ,

d’oùxTAx = 1

2xT(A + AT)x.

2. Notons que

5x21 − 4x1x2 + 2x2

2 − 6x1 + 3

=[x1 x2

] [ 5 −2−2 2

] [x1

x2

]+[−6 0

] [x1

x2

]+ 3

=[x1 x2

]U[1 00 6

]UT

[x1

x2

]+[−6 0

] [x1

x2

]+ 3,


où U =

1√5

2√5

2√5 − 1√

5

. En prenant[y1

y2

]= U

[x1

x2

], il s’ensuit

5x21 − 4x1x2 + 2x2

2 − 6x1 + 3

= y21 + 6y2

2 −6√5y1 −

12√5y2 + 3

=(y1 −

3√5

)2+ 6

(y2 −

1√5

)2− 9

5 −65 + 3

=(y1 −

3√5

)2+ 6

(y2 −

1√5

)2≥ 0,

tel que désiré.3. Soit x′ un vecteur propre unitaire de A associé à la valeur propre λmin. Alors

x′TAx′ = λminx′Tx′ = λmin.

Pour compléter la preuve, il suffit de montrer que x′TAx′ ≥ λmin si x′ est unvecteur unitaire.Mais c’est évidemment le cas puisque

x′TAx′ = x′TAx′

x′Tx′≥ λmin

pour un tel x, d’après le théorème 10.6.



1. Construisez une base orthogonale de R3 contenant

111

,

2−1−1

.

2. Soit W le sous-espace de C3 engendré par

i

10

,

01i

. Donnez une base ortho-

normée de W.

3. Soit A =

1 10 −12 −1

. Donnez une base orthonormée de Col(A)⊥.

4. La trace d’une matrice carrée C, dénotée par tr(C), est la somme des éléments sursa diagonale. Considérons l’espace vectoriel R2×3 muni d’un produit scalaire donnépar

〈A,B〉 = tr(BTA).

Soit W le sous-espace de R2×3 engendré par[1 0 −10 1 0

]. Donnez une base de

W⊥.

5. Considérez l’espace vectoriel C3 muni du produit scalaire usuel et x =

1i

0

. Dé-

terminez la projection orthogonale de x dans Vect

111

,i

1−i

.

6. Obtenez une décomposition QR de[

1 2 3−1 0 1

].

7. Soit A ∈ Rn une matrice symétrique. Montrez qu’il existe γ ∈ R tel que A + γInest semi-définie positive.

8. La fonction quadratique 4x21−4x1x2 +3x2−x2 définie sur les nombres réels a-t-elle

une valeur minimale? Si c’est le cas, trouvez cette valeur.


Chapitre 11

Projection

Dans ce chapitre, nous allons voir qu’il existe une matrice P ∈ Rm×m que l’on peutexprimer en terme d’une matrice A ∈ Rm×n, telle que pour tout u ∈ Rm, la projectionorthogonale de u dans Col(A) est tout simplement donnée par Pu. On utilise souventune telle formule en statistique lorsque l’on discute de modèles linéaires. La maîtrise dumatériel de ce chapitre permet de :

— Définir une matrice de projection.— Définir un pseudo-inverse.— Construire une matrice de projection.— Dériver la formule de la matrice de projection pour la projection orthogonale dans

l’espace des colonnes d’une matrice.

Les connaissances requises pour ce chapitre incluent l’algèbre matricielle, les espaces vec-toriels, et l’orthogonalité.

11.1 Cas d’une matrice de plein rang

Dans cette section, nous développons une formule afin d’obtenir la projection orthogonaledans Col(A) si A est une matrice de plein rang. Le cas où A n’est pas nécessairementde plein rang sera discuté lorsque nous aurons discuté des pseudo-inverses.

Soient A ∈ Rm×n et u ∈ Rm. Rappelons qu’il existe y, z ∈ Rm tels que u = y + z, oùy est la projection orthogonale de u dans Col(A) et ATz = 0.

On voit que ATu = AT(y + z) = ATy. Puisque y ∈ Col(A), il existe w ∈ Rn de sorteque y = Aw. Il s’ensuit que

ATu = ATAw.

339

340 CHAPITRE 11. PROJECTION

Si A est de plein rang, on utilise le fait que ATA est inversible (démonstration laissée enexercice) afin d’obtenir que

w = (ATA)−1ATu.

Ainsi,y = Aw = A(ATA)−1ATu.

PosonsPA = A(ATA)−1AT.

La projection orthogonale de tout u ∈ Rn dans Col(A) est donc PAu. On appelle PA

la matrice de projection associée à A.


1 02 1−1 2

. Notons que A est de plein rang, et que Col(A) =

Vect

12−1

,

012

. Alors,

PA = A(ATA)−1AT =

16

13 −1

613

1315

115

−16

115

2930

.

Exercices

1. Soit A ∈ Rn×n une matrice inversible. Déterminez PA.

2. Démontrez que si A ∈ Rm×n est de plein rang, alors ATA est inversible.

11.1. CAS D’UNE MATRICE DE PLEIN RANG 341

Solutions

1. Notons quePA = A(ATA)−1AT = AA−1(AT)−1AT = I.

2. D’après la décomposition A = QR, où Q est orthogonale et R est de la forme[R′

0

], où R′ ∈ Rn×n est une matrice triangulaire supérieure, nous avons

ATA = (QR)T(QR) = RTQTQR = RTR = R′TR′.

Puisque A est de rang n, R′ l’est également. Donc, R′ est inversible, ce qui impliqueque R′TR′ est inversible. Ainsi, ATA est aussi inversible.


11.2 Pseudo-inverse

Dans la section précédente, nous avons vu que si la projection orthogonale de u dansCol(A) est donnée par Aw pour un quelconque w ∈ Rn, alors

ATu = ATAw.

Si A est de plein rang, alors w = (ATA)−1ATu. Sinon, ATA n’est pas inversible et il n’ya pas d’expression simple permettant le calcul de w. Existe-t-il une notion plus généralede l’inverse d’une matrice que l’on pourrait utiliser?

Pour répondre à cette question, il est important de préciser ce que l’on entend par l’inversed’une matrice. Considérons pour l’instant l’inverse d’une matrice inversible carré A. Onpeut considérer A comme une fonction associant y à x via Ax, tout comme A−1 est unefonction associant y à x via A−1y.

Dans le cas général, où A n’est pas nécessairement inversible, il peut y avoir plusieurs x′

tels que y = Ax′. Dans le meilleur des cas, on peut espérer qu’il existe une matrice Gassociant y à un x′ quelconque via y = Ax′. Autrement dit, on cherche une matrice Gytelle que

AGy = y,

ou, de façon équivalente,AGAx = y = Ax.

Comme le choix de x est arbitraire, on doit avoir

AGA = A.

Une telle matrice G porte le nom de pseudo-inverse de A, dénoté par A−.

Une telle matrice existe toujours, mais elle n’est pas nécessairement unique. On donneraune construction dans un chapitre ultérieur.


]. Alors G =

[25 −115 2

]et G′ =

[25 115 −2

]sont toutes

deux des pseudo-inverses de A.

En effet,

AGA =[2 10 0

] [25 −115 2

] [2 10 0

]

=[2 10 0

] [45

25

25

15

]

=[2 10 0

]= A

11.2. PSEUDO-INVERSE 343

et

AG′A =[2 10 0

] [25 115 −2

] [2 10 0

]

=[2 10 0

] [45

25

25

15

]

=[2 10 0

]= A

Mentionnons ici que dans certaines applications, il est commun d’exiger que G satisfasseaux conditions de Penrose :

1. AGA = A2. GAG = A3. (AG)T = AG4. (GA)T = GA

Dans ce cas, G est appelé le pseudo-inverse de Moore-Penrose et, contrairementà une matrice pseudo-inverse générique, est unique pour une matrice A donnée. On ledénote par A+.

11.2.1 Solutions de Ax = b

L’existence d’un pseudo-inverse a une conséquence importante pour les systèmes d’équa-tions linéaires.Théorème 11.1. Soient A ∈ Rm×n et b ∈ Col(A). Alors x ∈ Rn est une solution dusystème Ax = b si et seulement si

x = A−b + (In −A−A)u

pour un u ∈ Rn particulier.

Autrement dit, le théorème 11.1 donne une formule qui permet d’obtenir toutes les solu-tions du système Ax = b. Les détails de la démonstration sont laissés en exercice.


]et b =

[30

]. Nous avons vu à l’exemple 11.2 que

G =[

25 −115 2

]est un pseudo-inverse de A.


Ainsi, toutes les solutions de Ax = b sont données par x =[

6535

]+[

15 −2

5−2

545

] [u1

u2

]pour

tous u1, u2 ∈ R.

Remarque. Une discussion plus détaillée au sujet des pseudo-inverses et des systèmesd’équations linéaires se retrouve dans James (1978).

Exercices

1. Soit A =[3 2 10 −1 1

]. Vérifiez que G =

29

19

19 −4

919

59

est le pseudo-inverse de

Moore-Penrose de A.2. Démontrez le théorème 11.1.

Solutions

1. Il suffit d’effectuer les calculs nécessaires pour vérifier les conditions :

1. AGA = A2. GAG = A3. (AG)T = AG4. (GA)T = GA

2. On montre d’abord que x = A−b + (In −A−1A)u est une solution de Ax = bpour tout u ∈ Rn. Puisque b ∈ Col(A), il existe y ∈ Rn tel que b = Ay. Soitu ∈ Rn. Alors,

Ax = A(A−Ay + (I−A−A)u)= AA−Ay + Au−AA−Au)= Ay + Au−Au

= b.

En particulier, notons que x = A−b est une solution.Réciproquement, notons que puisque x = A−b est une solution particulière deAx = b, il suffit de démontrer que y ∈ Ker(A) si et seulement si y = (I−A−A)upour un u ∈ Rn particulier.Si y = (I−A−A)u, où u ∈ Rn, alors

Ay = A(I−A−A)u = Au−AA−Au = Au−Au = 0m.

11.3. CAS GÉNÉRAL 345

Si y ∈ Ker(A), alors Ay = 0m. Ainsi,

y = Iny− 0n= Iny−A−0m= Iny−A−Ay

= (In −A−A)y,

ce qui implique que y est de la forme (In −A−A)u pour un u ∈ Rn particulier.

11.3 Cas général

Soient A ∈ Rm×n et u ∈ Rm. Nous avons vu précédemment que pour chaque w ∈ Rn,Aw est la projection orthogonale de u dans Col(A) si et seulement si

ATu = ATAw.

Nous avons déjà vu que la condition est nécessaire. Pour vérifier qu’elle est égalementsuffisante, on suppose que ATu = ATAw. Soient y = Aw et z = u − y. Alors,u = y + z, et

ATz = AT(u− y)= AT(u−Aw)= ATu−ATAw

= ATu−ATu = 0,

d’où z ∈ Col(A)⊥. Ainsi, y est la projection orthogonale de u dans Col(A), tel quedésiré.

Considérons à nouveau l’équation

ATu = ATAw.

D’après le théorème 11.1, w = (ATA)−ATu est une solution du système. La projectionorthogonale de u dans Col(A) est ainsi donnée par

Aw = A(ATA)−ATu.

En posantPA = A(ATA)−AT,


la projection orthogonale de u dans Col(A) est PAu pour tout u ∈ Rm. La matrice PA

est la matrice de projection dans Col(A).

Bien qu’il y ait plusieurs pseudo-inverses (ATA)−, la matrice A(ATA)−AT est unique,comme la proposition suivante le démontre :Proposition 11.1. Soit A ∈ Rm×n. Si G et G′ sont des pseudo-inverses de ATA, alors

AGAT = AG′AT.

Démonstration. Pour chaque i ∈ 1, . . . ,m, soit e(i) la i-ième colonne de Im. La pro-jection orthogonale de e(i) dans Col(A) est donnée par AGATe(i) et par AG′ATe(i).

Puisque ces vecteurs sont égaux, on doit avoir

AGATe(i) = AG′ATe(i)

pour tout i = 1, . . . ,m, d’où

AGATIm = AG′ATIm,

ce qui implique queAGAT = AG′AT.

Proposition 11.2. Soit A ∈ Rm×n. Alors PAA = A.

Démonstration. Notons que pour tout u ∈ Rn, PAu est la projection orthogonale de udans Col(A). Ainsi, PAu = x pour tout u = x + y, où x ∈ Col(A) et y ∈ Col(A)⊥. Siu est une colonne de A, alors PAu = u. il s’ensuit que PAA = A.

Exercices

1. Démontrez que si P est une matrice de projection, alors P2 = P. (Une matrice Atelle que A2 = A est dite idempotente.)

2. Soit P ∈ Rn×n une matrice de projection.

a. Démontrez que pour tous u,v ∈ Rn, (Pu) · v = (Pu) · (Pv) = u · (Pv).

b. Démontrez que P est symétrique.

3. Soit P ∈ Rn×n. Démontrez que si P est symétrique et idempotente, alors P estune matrice de projection.


Solutions

1. Soit A telle que P = A(ATA)−AT. Alors

P2 = P(A(ATA)−AT)= (PA)(ATA)−AT

= A(ATA)−AT = P,

d’après la proposition 11.2.2. Soit P ∈ Rn×n une matrice de projection.

a. Soient u,v ∈ Rn. Alors u = Pu + x pour un x tel que (Pu) · x = 0 etv = Pv + y pour un y tel que (Pu) · y = 0. Ainsi,

(Pu) · v = (Pu) · (Pv + y)= (Pu) · (Pv) + (Pu) · y= (Pu) · (Pv)

et

u · (Pv) = (Pu + x) · (Pv)= (Pu) · (Pv) + x · (Pv)= (Pu) · (Pv) + (Pv) · x= (Pu) · (Pv).

Le résultat s’ensuit.b. Soit e(i) la i-ième colonne de In. Alors, pour tout i, j ∈ 1, . . . , n,

(Pe(i)) · e(j) = e(i) · (Pe(j))

d’après la partie a. Mais (Pe(i))·e(j) = e(i)TPTe(j) représente l’élément (j, i) deP et e(i) · (Pe(j)) = e(i)TPe(j) est l’élément (i, j) de P, d’où P est symétrique.

3. Il suffit de démontrer qu’il existe une matrice A telle que pour tout u ∈ Rn,Pu ∈ Col(A) et u−Pu ∈ Col(A)⊥.Soient A = P et u ∈ Rn. On voit immédiatement que Pu = Au ∈ Col(A).Notons que

AT(u−Pu) = PT(u−Pu)= P(u−Pu)= Pu−P2u

= Pu−Pu = 0,


d’où u−Pu ∈ Col(A)⊥.Remarque. Dans la littérature, une matrice de projection est parfois définie commeune matrice réelle, symétrique, et idempotente, sans référence à l’espace dans lequelles vecteurs sont projetés.



1. Donnez une matrice P telle que pour tout u ∈ R3, Pu est la projection orthogonale

de u dans l’espace engendré par des colonnes de

1 −1 02 1 30 1 1

.2. Donnez un pseudo-inverse de

[1 −2−1 2

].

3. La trace d’une matrice carrée C est la somme des éléments sur sa diagonale.

a. Montrez que si A,B ∈ Rn×n, alors tr(AB) = tr(BA).

b. Soit P une matrice de projection. Démontrez que le rang de P est égale à satrace. (Indice : Les matrices de projections sont symétriques et idempotentes.)

4. Soit P ∈ R2×2 une matrice de projection non nulle. Montrez que P = I2 ou qu’ilexiste a ∈ R tel que

P =[a b

b 1− a

],

où |a| ≤ 1 et b = ±√a− a2.


Chapitre 12

Méthode des moindres carrés

Ce chapitre introduit la notion de « résolution » d’un système d’équations linéaire lorsqu’unsystème a aucune solution. Nous appelons ce procédé la méthode des moindres carrés. Lamaîtrise du matériel de ce chapitre permet de :

— Définir un système inconsistant.— Introduire les solutions des moindres carrés d’un système inconsistant.— Calculer les solutions des moindres carrés d’un système inconsistant de plusieurs

manières.— Démontrer que les solutions des moindres carrés sont des solutions de l’équation

normale.— Utiliser la méthode des moindres carrés pour trouver une courbe d’ajustement qui

s’approche au mieux des données observées.

Les connaissances requises pour ce chapitre incluent l’algèbre des matrices, les produitsscalaires, et les espaces vectoriels.

12.1 Résolution de système inconsistant

Soit A ∈ Rm×n et b ∈ Rm. Il se peut qu’il n’y ait aucun x ∈ Rn satisfaisant à Ax = b.Dans un tel cas, on dit que le système Ax = b est inconsistant. Un système qui n’estpas inconsistant est appelé un système consistant.

351

352 CHAPITRE 12. MÉTHODE DES MOINDRES CARRÉS

Exemple 12.1. Le système suivant est inconsistant :

x1 + x2 = 1−x1 + x2 = 2

x2 = 0.

Pour vérifier ce résultat, on note que l’addition des deux premières équations donne 2x2 =3 tandis que la troisième équation requiert x2 = 0. Ces deux énoncés sont incompatibles.

Il est naturel de s’attendre à ce que l’étude des systèmes inconsistants ne soit pas trèsintéressante. Mais il demeure tout de même important de trouver des solutions approxima-tives dans plusieurs applications. Par exemple, les éléments du vecteur b peuvent provenirde certaines mesures prisent avec des instruments imprécis.

Une façon d’approcher la problème est d’obtenir un x ∈ Rn de sorte que Ax soit le plusprès possible du vecteur b. Lorsque le système est consistant, cette approche donne unesolution exacte de Ax = b.

Dans ce chapitre, nous mettons l’accent sur la résolution du problème qui consiste àtrouver x ∈ Rn tel que la distance entre Ax et b est minimisée. Avant d’entreprendre leséléments principaux de notre discussion, nous allons établir une notation pour la distanceentre deux éléments de Rn.

Une notion immédiatement disponible est celle de la longueur d’un vecteur : ‖u‖ =√

u · upour tout u ∈ Rn. On définit la distance entre u,v ∈ Rn par ‖u− v‖.


]et v =

[0−2

]. Alors

‖u− v‖ =∥∥∥∥∥[23

]∥∥∥∥∥ =√

22 + 32 = 5.

La longueur d’un vecteur définie à l’aide du produit scalaire est loin d’être la seule mesurede la distance entre deux vecteurs. En fait, chaque produit scalaire définit dans Rn induitune fonction distance qui pourrait être utilisée. Dans la pratique, le choix fait ci-dessusest suffisant et possède des propriétés très séduisantes pouvant être exprimées de façonsymbolique.

Tout x ∈ Rn minimisant la quantité ‖Ax − b‖ est une solution des moindres carrésdu système Ax = b.

12.1. RÉSOLUTION DE SYSTÈME INCONSISTANT 353

Exercices

1. Déterminez la distance entre[21

]et[−15

].

2. Sans utiliser le calcul, déterminez un nombre réel x minimisant

(2x− 1)2 + (x− 2)2.


Solutions

1. 5.2. Notons que

(2x− 1)2 + (x− 2)2 = 4x2 − 4x+ 1 + x2 − 4x+ 4= 5x2 − 8x+ 5

= 5(x2 − 8

5x)

+ 5

= 5(x− 4

5

)2− 16

5 + 5

qui est minimisé lorsque x = 45 .

12.2. CAS À UNE SEULE VARIABLE 355

12.2 Cas à une seule variable

Considérons le scénario suivant : un professeur demande à quatre étudiantes de mesurerla hauteur du plafond de la salle de classe. Le tableau suivant indique les quatre mesures :

263.2 cm263.4 cm263.5 cm263.8 cm

Quel est la véritable hauteur du plafond?

Si h dénote la véritable hauteur et si les mesures sont correctes, alors nous obtenons

h = 263.2h = 263.4h = 263.5h = 263.8,

ce qui donne lieu à un système inconsistant.

Que se passe-t-il si nous cherchions plutôt une solution des moindres carrés?

On cherche alors la valeur pour h qui minimise ‖ha − b‖, où a =

1111

et b =

263.2263.4263.5263.8

.

Commençons par noter que minimiser ‖ha − b‖ est équivalent à minimiser ‖ha − b‖2.

Puisque

‖ha − b‖2 = (h− 263.2)2 + (h− 263.4)2 + (h− 263.5)2 + (h− 263.8)2

= 4h2 − 2(263.2 + 263.4 + 263.5 + 263.8)h+ (263.22 + 263.42 + 263.52 + 263.82)

est une fonction quadratique par rapport à h, on trouve facilement qu’elle est minimiséeà h = 263.2+263.4+263.5+263.8

4 . (Ceci peut être déduit en utilisant le calcul différentiel ou encomplétant le carré.) Autrement dit, la meilleure approximation pour h est la moyenne detoutes les mesures.

Plus généralement, supposons que a ∈ Rm×1 et b ∈ Rm, où a 6= 0.


Alors, pour x ∈ R, nous avons

‖xa − b‖2 = (xa − b)T(xa − b)= (aTa)x2 − 2(aTb)x+ bTb

= aTa(x2 − 2

(aTbaTa

)x

)+ bTb

= aTa(x− aTb

aTa

)2

− (aTb)2

aTa+ bTb,

qui atteint son minimum en x = aTbaTa .

Dans le cas où tous les éléments de a sont 1, nous obtenons

x =

m∑i=1

bi

m,

qui est tout simplement la moyenne de éléments de b. Ceci justifie l’utilisation à toutesles sauces de la moyenne lorsque l’on cherche à résumer un ensemble de mesures d’unphénomène, trait, objet, etc.

Exercices

1. Soient a =

231

et b =

110

. Donnez une valeur x ∈ R qui minimise ‖xa − b‖2.

2. Déterminez tous les x, y ∈ R qui minimisent (x+ y − 2)2 + (x+ y + 1)2.

12.2. CAS À UNE SEULE VARIABLE 357

Solutions

1. x = aTbaTa = 5

14 .

2. Notons que

(x+ y − 2)2 + (x+ y + 1)2

= 2x2 + 4xy + 2y2 − 2x− 2y + 5= 2(x2 + 2xy + y2 − x− y) + 5

= 2(x+ y − 12)2 − 1

2 + 5,

qui est minimisé pour tout x, y ∈ R satisfaisant x+ y = 12 .


12.3 Cas général

Soient A ∈ Rm×n et b ∈ Rm. Dans le cas général, il est plus difficile de trouver la solutiondes moindres carrés du système Ax = b.

Bien qu’il soit toujours possible de minimiser ‖Ax− b‖2 en utilisant le calcul à plusieursvariables, nous allons suivre un chemin algébrique.

Rappelons que l’on cherche un vecteur dans Col(A) qui est le plus près de b. En tenantcompte de cela, on écrit b = u+d, où u ∈ Col(A) et d ∈ Col(A)⊥. Cette décompositionest possible en raison du théorème 10.3 et le choix de u et d est unique. En outre, u estla projection orthogonale de b dans Col(A).

Soit x ∈ Rn tel que u = Ax. Alors,

‖Ax− b‖2 = ‖Ax− (Ax + d)‖2

= ‖A(x− x) + d)‖2

= (A(x− x)− d)T(A(x− x)− d)= (x− x)TATA(x− x)− (x− x)TATd− dTA(x− x) + dTd

Mais dTA = ATd = 0 puisque d est dans le complément orthogonal de Col(A). Ainsi,

‖Ax− b‖2 = ‖A(x− x)‖2 + ‖d‖2

= ‖Ax− u‖2 + ‖d‖2 ≥ ‖d‖2,

avec égalité lorsque Ax = u.

On peut effectuer deux observations importantes suite à ce que nous venons d’obtenir.

1. La distance minimale entre b et tout autre vecteur de Col(A) est donnée par ‖d‖.2. Toute solution de Ax = u donne lieu à une solution des moindres carrés si u est

la projection orthogonale de b dans Col(A).

Exemple 12.3. Trouvez une solution des moindres carrés de

x1 + x2 = 1−x1 + x2 = 2

x2 = 0.

Notons que le système peut être réécrit comme sous la forme Ax = b, où A =

1 1−1 10 1


et b =

120

.

Obtenons maintenant la projection de b dans Col(A). On nomme ce vecteur u.

Puisque A est de plein rang, la matrice de projection peut être utilisée afin d’obtenir u :

A(ATA)−1ATb =

12321

Alternativement, on peut d’abord obtenir une base orthonormée u(1),u(2) de Col(A).Ainsi, u est donné par

(b · u(1)

)u(1) +

(b · u(2)

)u(2),

d’après le théorème 10.4.

Notons que les deux colonnes de A sont déjà orthogonales. On choisit u(1) = 1√2

1−10

et

u(2) = 1√3

111

, d’où u =(b · u(1)

)u(1) +

(b · u(2)

)u(2) = −1

2

1−10

+ 33

111

=

12321

,ce qui correspond à la réponse obtenue précédemment en utilisant la matrice de projection.

Il suffit ensuite de résoudre le système Ax = u, ce qu’on peut faire de la manière suivante


: 1 1 1

2−1 1 3

20 1 1

L2←L2+L1−−−−−−−→

1 1 1

20 2 20 1 1

L2←L2−2L3−−−−−−−→

1 1 1

20 0 00 1 1

L1←L1−L1−−−−−−−→

1 0 −1

20 0 00 1 1

L2↔L3−−−−→

1 0 −1

20 1 10 0 0

On peut en conclure que la solution des moindres carrés du système original est donnéepar [

x1

x2

]=[−1

21

].

Exercice

1. Obtenez une solution des moindres carrés de

2x1 + x2 = 3−x1 + 3x2 = 3x1 − x2 = 1


Solution

1. Le système se réécrit sous la forme Ax = b, où A =

2 1−1 11 −1

et b =

331

.Puisque A est de plein rang, la projection orthogonale de b dans Col(A) est donnéepar

u = PAb

= A(ATA)−1ATb

=

2 1−1 11 −1

[6 00 3

]−1 [2 −1 11 1 −1

]331

=

2 1−1 11 −1

[

16 00 1

3

] [45

]

=

2 1−1 11 −1

[

2353

]=

31−1

.

On obtient une solution des moindres carrés en résolvant Ax = u, ici x =[

2353

].

Remarque. Comme vous l’avez peut-être constaté lors la dérivation précédante,une solution des moindres carrés est donnée par (ATA)−1ATb. Nous allons étudiercette observation en détail dans la section suivante.


12.4 Équation normale

Soient A ∈ Rm×n et b ∈ Rm. On obtient une solution des moindres carré de Ax = b entrouvant x ∈ Rn tel que b = Ax + d pour un vecteur d ∈ Col(A)⊥.

Ainsi, il est nécessaire que x ∈ Rn satisfasse à

ATb = AT(Ax + d) = ATAx + ATd.

Puisque d ∈ Col(A)⊥, ATd = 0, d’où

ATb = ATAx.

Autrement dit, x doit être une solution de

ATAx = ATb,

que l’on nomme l’équation normale associée à Ax = b.

On montre maintenant que chaque solution de l’équation normale est une solution desmoindres carrés de Ax = b.

Si x satisfait àATAx = ATb,

alors AT(b −Ax) = 0, ce qui implique que b −Ax ∈ Col(AT). Posons d = b −Ax.Alors b = u + d, où u = Ax. Nous avons vu précédemment que le choix x = x minimisela distance ‖Ax− b‖. Ainsi, x est une solution des moindres carrés.

En résumé, on obtient une solution des moindres carrés de Ax = b en trouvant unesolution de

ATAx = ATb.

Si A est de plein rang, alors ATA est inversible. Dans ce cas, la solution des moindrescarrés unique est donnée par

x = (ATA)−1ATb.

Exemple 12.4. Trouvons une solution des moindres carrés de Ax = b, où A =1 20 −11 1−2 0

et b =

1−22−3

en utilisant l’équation normale associée.

On note que ATA =[6 33 6

]et que ATb =

[96

].

12.4. ÉQUATION NORMALE 363

La solution des moindres carrés est alors

x =[6 33 6

]−1 [96

]=[

4313

].

Pour vérifier que c’est bien la bonne, il suffit de vérifier que Ax et b−Ax sont orthogo-naux. En effet,

(Ax) · (b−Ax) =

2−1

353−8

3

·−1−5

313−1

3

= −2 + 5

9 + 59 + 8

9= 0.

Exercices

1. Déterminez une solution des moindres carrés de Ax = b, où A =

1 11 −12 1

et

b =

123

, en résolvant l’équation normale associée.


1 0 11 −1 02 1 3

et

b =

100

, en résolvant l’équation normale associée.

3. Montrez que la solution des moindres carrés de Ax = b est donnée par

x = (ATA)−ATb,

où (ATA)− dénote un pseudo-inverse de ATA.


Solutions

1. Notons que ATA =[6 22 3

]et ATb =

[92

].

Ainsi, la solution des moindres carrés est

x =[6 22 3

]−1 [92

]=[

2314−3

7

].

2. Notons que

ATA =

6 1 71 2 37 3 10

et

ATb =

101

.Mais ATA n’est pas inversible puisque la troisième colonne est la somme des deuxpremières colonnes. On résout ATAx = ATb en réduisant

[ATA ATb

]à la

forme échelonnée réduite, qui devient1 0 1 2

110 1 1 − 1

110 0 0 0

.Il y a plusieurs solutions des moindres carrés; en voici une :

x =

211− 1

110

.3. D’après le théorème 11.1, toutes les solutions de l’équation normale sont données

par(ATA)−ATb + (In − (ATA)−(ATA))u,

u ∈ Rn. En prenant u = 0, on obtient le résultat désiré.

12.5. AJUSTEMENT DE COURBE PAR LA MÉTHODE DES MOINDRES CARRÉS 365

12.5 Ajustement de courbe par la méthode des moindrescarrés

En statistique, pour des observations données (xi, yi), où xi, yi ∈ R pour i = 1, . . . , n,nous désirons souvent trouver une fonction simple f telle que f(xi) coïncide (presque) avecyi pour i = 1, . . . , n. Par exemple, la fonction pourrait prendre la forme f(x) = β0 + β1x

pour des β0, β1 ∈ R. Dans un tel cas, nous cherchons ce que l’on appelle un ajustementlinéaire.

Il y a plus d’une façon de déterminer β0 et β1; on peut entre autre obtenir une solutiondes moindres carrés du système

1 x1... ...1 xn

[β0

β1

]=

y1...yn

.

La matrice

1 x1... ...1 xn

porte le nom de matrice de conception et est souvent dénotée

par X. La fonction obtenue de cette manière est l’ajustement linéaire des moindrescarrés.Exemple 12.5. Trouvons un ajustement linéaire des moindres carrés pour les observations(1, 1), (3, 2), (7, 5), à l’aide du système

X[β0

β1

]= y,

où X =

1 11 31 7

et y =

125

.En utilisant la formule de la section précédante, une solution de moindres carrés est donnéepar [

β0

β1

]= (XTX)−1XTy =

[5281928

].

La figure 12.1 offre un tracé des observations et de la ligne d’équation y = 528 + 19

28x.

Cette droite passe très près des trois points, comme nous pouvons le constater visuelle-ment.

Notons que les ajustements des moindres carrés ne sont pas restreints aux fonctionslinéaires. Considérons les observations suivantes, que l’on peut observer à la figure 12.2 :


1 2 3 4 5 6 7

12

34

5

x

y

Figure 12.1 – Un ajustement linéaire des moindres carrés

i xi yi

1 −3 82 −1 13 1 04 2 45 5 23

Par le tracé, on voit qu’un ajustement linéaire ne semble pas optimal. Nous allons plutôtconsidérer un ajustement quadratique de la forme

f(x) = β0 + β1x+ β2x2

pour β0, β1, β2 ∈ R.

On trouve β0, β1 et β2 en obtenant une solution des moindres carrés de

1 x1 x21

1 x2 x22

1 x3 x23

1 x4 x24

1 x5 x25

β0

β1

β2

=

y1

y2

y3

y4

y5

.

Après avoir fait les calculs nécessaires, la solution des moindres carrés estβ0

β1

β2

=

−132

559166

117391089511739

.


−2 0 2 4

05

1015

20

x

y

Figure 12.2 – Des observations

On retrouve un tracé de la courbe représentée par

y = β0 + β1x+ β2x2

à la figure 12.3. On constate que la courbe passe presque parfaitement à travers tous lespoints.

On peut utiliser la même idée pour ajuster des polynômes de degré supérieur à 2. Ce-pendant, le principe de simplicité laisse entendu qu’il est toujours préférable de trouverune fonction simple qui s’ajuste aux données. Plusieurs critères existent pour mesurer laqualité d’un ajustement, mais faire un choix approprié relève plus souvent de l’art que dela science.

L’ajustement de courbe (ou plutôt l’ajustement de modèle) est un sujet très riche de l’étudedes statistiques. C’est un ingrédient clef pour la prévision et l’apprentissage automatique.Le contenu présenté dans cette section couvre à peine la surface. On peut en apprendreplus en consultant des ouvrages portant sur la régression.

Exercice

1. Obtenez un ajustement linéaire des moindres carrés pour les observations suivantes:


−2 0 2 4

05

1015

20

x

y

Figure 12.3 – Un ajustement quadratique des moindres carrés

i xi yi

1 −2 12 0 03 1 −24 2 1


Solution

1. Il suffit d’obtenir une solution des moindres carrés de

X[β0

β1

]= y,

où X =

1 −21 01 11 2

et y =

10−21

. Une telle solution est donnée par

[β0

β1

]= (XTX)−1XTy =

[235− 8

35

].




1 20 11 −1

et

b =

201

.2. Déterminez toutes les solutions de moindres carrés de Ax = b, où A =−1 2 10 1 11 0 1

et b =

211

.3. Obtenez un ajustement quadratique des moindres carrés pour les observations sui-

vantes :

i xi yi

1 −3 12 −1 03 0 −24 4 6

Chapitre 13

Décomposition en valeurssingulières

Ce chapitre introduit une décomposition matricielle importante, la décomposition en va-leurs singulières. Même si une telle décomposition n’est pas unique, chaque variante a desapplications utiles. La maîtrise du matériel de ce chapitre permet de :

— Donner une motivation pour la décomposition en valeurs singulières d’une matrice.— Définir les valeurs singulières et la décomposition en valeurs singulières.— Calculer la décomposition en valeurs singulières d’une matrice.— Résoudre des problèmes des moindres carrés en utilisant la décomposition en valeurs

singulières.— Construire des pseudo-inverses.

Les connaissances requises pour ce chapitre incluent les valeurs propres et vecteurs propres,l’orthogonalité, et la définition d’un pseudo-inverse de Moore-Penrose. Des connaissancesà propos de l’ajustement par la méthode des moindres carrés sont recommandés, mais nonrequises.

13.1 Motivation

Dans ce manuel, nous avons abordé plusieurs façons de décomposer une matrice, diffé-rentes décompositions étant utiles dans différentes situations.

Par exemple, considérons A ∈ Km×n, où K est un corps. Alors A peut se décomposerselon MR, où M ∈ Km×m et R ∈ Km×n est de forme échelonnée réduite. Une telledécomposition permet d’identifier immédiatement le rang de A, tout comme un ensemblede colonnes de A formant une base de Col(A).

371

372 CHAPITRE 13. DÉCOMPOSITION EN VALEURS SINGULIÈRES

Supposons de plus quem = n et K = C. Si A est diagonalisable, alors A = PDP−1 pourP,D ∈ Cn×n telles que P soit inversible et D soit diagonale. Nous avons vu commentune telle décomposition permet de calculer aisément les puissances Ak pour tout entierpositif k.

Nous avons aussi exploré le cas où A ∈ Rn×n est symétrique. Dans ce case, A = QDQT

pour Q,D ∈ Rn×n telles que Q soit orthogonale et D soit diagonale. Examinons de plusprès cette décomposition.

Rappelons que si Q ∈ Rn×n est orthogonale, alors QT = Q−1. Soit x ∈ Rn. Alors,

‖Qx‖ =√

(Qx)T(Qx)

=√

xTQTQx

=√

xTIx

=√

xTx

= ‖x‖.

Ainsi, l’application T : Rn → Rn définie par T (x) = Qx est une application linéairepréservant les longueurs; on dit qu’elle est une isométrie. Or, si S : Rn → Rn est définiepar S(x) = Ax, alors S(x) = QDQTx commence par appliquer une isométrie, pourensuite mettre à l’échelle les composantes résultantes, et finalement appliquer l’inverse del’isométrie. Lorsque n = 2, on peut visualiser une telle suite de transformations commeune rotation/réflexion suivie d’une mise à l’échelle, suivie de la rotation/réflexion inverse.

Que se passer-t-il si nous remplaçons la dernière transformation par une autre isométrie?Autrement dit, quelles matrices peut-on décomposer sous la forme

PDQT,

où P et Q sont orthogonales et D est diagonale? Il s’avère que toutes les matrices deRn×n ont une telle décomposition!Théorème 13.1. Pour chaque A ∈ Rn×n, il existe une matrice diagonale Σ ∈ Rn×n etdes matrices orthogonales U,V ∈ Rn×n telles que

A = UΣVT.

On démontrer un résultat plus général dans une section ultérieure. Entre temps, nousallons étudier certains concepts importants.

Si A = UΣVT, où U et V sont orthogonales et Σ diagonale, alors

ATA = VΣTUTUΣVT

= VΣ2VT,

13.1. MOTIVATION 373

qui est une diagonalisation orthogonale de la matrice symétrique ATA. Si on choisit unematrice A ∈ Rn×n arbitrairement, peut-on utiliser une diagonalisation orthogonale deATA pour obtenir Σ et V?

Rappelons que les valeurs propres de ATA sont réelles d’après le corollaire 7.1. De plus, lesvaleurs propres de ATA sont non négatives. On déduit ce fait en considérant un vecteurpropre v ∈ Rn associé à une valeur propre λ de ATA. Alors,

0 ≤ ‖Av‖2

= vTATAv

= vT(ATAv)= vT(λv)= λ‖v‖2

Puisque v 6= 0, on doit avoir λ ≥ 0. Ainsi, si on considère une décomposition orthogonalede ATA donnée par QDQT, on peut construire la matrice diagonale Σ de sorte que tousles éléments de la diagonale soient non négatifs. En fait, ce sont précisément les racinescarrés des éléments de la diagonale de D. De plus, on pose V = Q. La prochaine étapeest l’obtention d’une matrice orthogonale U telle que

A = UΣVT.

Supposons, pour simplifier le problème, que toutes les valeurs propres soient positives.Alors, Σ est inversible et U se doit d’être AVΣ−1. Est-ce que U est orthogonale? Puisque

UTU =(AVΣ−1

)TAVΣ−1

= Σ−1(VTATAV)Σ−1

= Σ−1(QTATAQ)Σ−1

= Σ−1DΣ−1

= DΣ−2

= DD−1

= I,

c’est bien le cas et U est orthogonale.

Si, au contraire, au moins une des valeurs propres est nulle, la situation est plus compliquée,mais conceptuellement semblable au cas précédent. On obtient alors le résultat suivant.Théorème 13.2. Pour chaque A ∈ Rm×n, il existe une matrice orthogonale U ∈ Rm×m,une matrice orthogonale V ∈ Rn×n, et une matrice diagonale Σ ∈ Rm×n dont les éléments


sont non négatifs, telles queA = UΣVT.

On en fera la démonstration dans les deux prochaines sections.

Précisons qu’une matrice de dimensionm×n (c’est-à-dire qu’elle n’est pas nécessairementcarrée) est dite diagonale si tous ses éléments (i, j) sont nuls lorsque i 6= j.

Le produitUΣVT

porte le nom de décomposition en valeurs singulières de A.

Une version existe aussi pour les matrices complexes :Théorème 13.3. Pour chaque A ∈ Cm×n, il existe une matrice unitaire U ∈ Cm×m,une matrice unitaire V ∈ Cn×n, et une matrice diagonale Σ ∈ Rm×n dont les élémentssont non négatifs, telles que

A = UΣV∗.

Exercice

1. Soit A =[1 −11 1

]. Utilisez les idées présentées dans cette section pour obtenir

des matrices orthogonales U,V ∈ R2×2 et une matrice diagonale Σ ∈ R2×2 dontles éléments sont non négatifs, telles que

A = UΣVT.

13.1. MOTIVATION 375

Solution


]. On peut choisir

Σ =[√

2 00√

2

]

etV =

[1 00 1

].

Ainsi,

U = AVΣ−1

=[1 −11 1

] [1 00 1

] 1√2 0

0 1√2

=

1√2 − 1√

21√2

1√2

.On peut aisément vérifier que A = UΣVT.


13.2 Valeurs singulières

Soit A ∈ Rm×n. Puisque AAT et ATA sont toutes deux réelles et symétriques, leursvaleurs propres sont des nombres réels d’après le corollaire 7.1. De plus, elles sont dia-gonalisable en base orthonormée selon le théorème 10.5. Nous allons procéder à l’étudeapprofondie de leurs valeurs propres.

Premièrement, les valeurs propres de ATA et les valeurs propres de AAT sont non né-gatifs, comme nous l’avons vu à la section précédente.

Ensuite, on voit que chaque valeur propre positive de ATA est aussi une valeur propre deAAT. En effet, si v 6= 0 est un vecteur propre de ATA associé à une valeur propre λ,alors u = Av est un vecteur propre de AAT également associé à λ :

AATu = A(ATA)v = A(λv) = λAv = λu.

Notons que u 6= 0, autrement

0 = uTu

= (Av)T(Av)= vTATAv

= vT(λv)= λvTv

= λ‖v‖2 > 0,

ce qui serait une contradiction.

On peut montrer de la même façon que toute valeur propre de AAT est aussi une valeurpropre de ATA. Conséquemment, AAT et ATA ont les mêmes valeurs propres. Deplus, les valeurs propres ont les mêmes multiplicités. (Puisque les deux matrices sontdiagonalisables, nous n’avons pas vraiment besoin de distinguer la multiplicité algébriqueet la multiplicité géométrique.) On réalise mieux ce fait en démontrant le résultat suivant:Proposition 13.1. Soit v(1), . . . ,v(k) une base de l’espace vectoriel des vec-teurs propres de ATA associé à la valeur propre positive λ. Alors, les vecteursu(1) = Av(1), . . . ,u(k) = Av(k) sont linéairement indépendants.

Comme nous avons démontré au préalable, u(i) est un vecteur propre de AAT associéà λ pour chaque i = 1, . . . , k. Ainsi, si u(1), . . . ,u(k) sont linéairement indépendants,la multiplicité géométrique de λ par rapport à AAT doit être supérieure ou égale àk. En utilisant un argument similaire dans l’autre direction, on voit que la multiplicitégéométrique de λ par rapport à ATA et celle par rapport à AAT sont égales.

13.2. VALEURS SINGULIÈRES 377

Démonstration. (Proposition 13.1) Supposons qu’au contraire u(1), . . . ,u(k) ne soient paslinéairement indépendants. Alors il existe des scalaires α1, . . . , αk ∈ R non tous nuls telsque

α1u(1) + · · ·+ αku(k) = 0.

En multipliant chacun des côtés à gauche par AT, nous obtenons

α1ATu(1) + · · ·+ αkATu(k) = 0,


(α1λ)v(1) + · · ·+ (αkλ)v(k) = 0.

Puisque λ > 0 et que α1, . . . , αk ∈ R sont non tous nuls, on en déduit que α1λ, . . . , αkλ

sont non tous nuls. Ceci contredit l’indépendence linéaire de v(1), . . . ,v(k).

Soient λ1, . . . , λr les valeurs propres positives de ATA ou AAT, ordonnées selon λ1 ≥· · · ≥ λr. Les valeurs singulières de A sont σi =

√λi, i = 1, . . . , r.

Exercice

1. Soit A =[1 2 00 1 2

]. Déterminez toutes les valeurs singulières de A.


Solution

1. Notons que

ATA =

1 2 02 5 20 2 4

.Puisque

χATA(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣1− λ 2 0

2 5− λ 20 2 4− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣= (1− λ)(5− λ)(4− λ)− 4(1− λ)− 4(4− λ)= −λ3 + 10λ2 − 21λ= −λ(λ− 3)(λ− 7),

les valeurs propres de ATA sont 0, 3, et 7. Ainsi, les valeurs singulières de A sont√7 et√

3.

13.3. DÉMONSTRATION ET EXEMPLES 379

13.3 Démonstration et exemples

On démontre maintenant le théorème 13.2.

Soit VDVT une diagonalisation en base orthonormée de ATA telle que tous les élémentspositifs de D sont placés dans les r premiers éléments de la diagonale. Supposons aussique les valeurs propres sont énumérées par λ1, . . . , λr, où λ1 ≥ · · · ≥ λr.

Pour i = 1, . . . r, on dénote√λi par σi, la i-ième colonne de V par v(i), et 1

σiAv(i) par

u(i).

Notons que u(i) est unitaire pour chaque i = 1, . . . , r puisque

‖u(i)‖2 = u(i)Tu(i)

= 1σ2i

v(i)TATAv(i)

= 1λi

v(i)T(λiv)(i)

= v(i)Tv(i)

= 1.

De plus,

u(i) · u(j) = u(i)Tu(j)

= 1σiσj

v(i)TATAv(j)

= λjσiσj

v(i)Tv(j)

= 0

lorsque i 6= j. Ainsi, on peut construire une base orthonormée u(1), . . . ,u(m) de Rm, àpartir de u(1), . . . ,u(r).

Soit Σ ∈ Rm×n la matrice diagonale telle que le i-ième élément de la diagonale est σipour i = 1, . . . , r et tous les autres éléments sont nuls. Alors,

AV = UΣ.

Puisque V est orthogonale, on multiplie à droite de chaque côté par VT afin d’obtenir

A = UΣVT,

ce qui complète la démonstration du théorème 13.2.


Exemple 13.1. Soit A =[1 1 00 1 1

]. Nous obtenons une décomposition en valeurs

singulières de la matrice A.

Premièrement, les valeurs propres de ATA =

1 1 01 2 10 1 1

sont obtenues en trouvant les

racines du polynôme charactéristique∣∣∣∣∣∣∣∣1− λ 1 0

1 2− λ 10 1 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)∣∣∣∣∣2− λ 1

1 1− λ

∣∣∣∣∣−∣∣∣∣∣1 10 1− λ

∣∣∣∣∣ = −λ(λ− 3)(λ− 1)

Ainsi, les valeurs propres sont 3, 1 et 0. Posons σ1 =√

3 et σ2 = 1.

La forme échelonnée réduite de ATA−3I est

1 0 −10 1 −20 0 0

. Ainsi, une base orthonormée

de Ker(ATA− 3I) est donnée par le vecteur v(1) =

1√6

2√6

1√6

. Posons u(1) = 1σ1

Av(1) =

1√2

1√2

.

La forme échelonnée réduite de ATA − I est

1 0 10 1 00 0 0


de Ker(ATA− I) est donnée par le vecteur v(2) =

− 1√

201√2

. Posons u(2) = 1σ2

Av(2) =

− 1√2

1√2

.

La forme échelonnée réduite de ATA− 0I est

1 0 −10 1 10 0 0


de Ker(ATA− 0I) est donnée par le vecteur v(3) =

1√3

− 1√3

1√3

.


En posant U =[u(1) u(2)

], Σ =

[σ1 0 00 σ2 0

], et V =

[v(1) v(2) v(3)

], on obtient

A = UΣVT, où U et V sont des matrices orthogonales.

Les calculs permettant d’obtenir une décomposition en valeurs singulières sont très longà faire à la main. Par conséquence, on utilise souvent des progiciels tels que Matlab 1 ouGNU Octave 2 dans lesquels la commande svd (pour l’équivalent anglais « singular-valuedecomposition ») calcule une décomposition en valeurs singulières d’une matrice.

Exercices

1. Obtenez une décomposition en valeurs singulière de A =

0 31 00 −4

.

2. Obtenez une décomposition en valeurs singulière de A =

−2 115 1014 −2

.

1. Voir https://www.mathworks.com/products/matlab.html2. Voir https://www.gnu.org/software/octave

https://www.mathworks.com/products/matlab.html

https://www.gnu.org/software/octave


Solutions


]. On prend Σ =

1 00 50 0

et V =[1 00 1

]. Alors,

u(1) =

010

et u(2) =

35045

.La forme échelonnée réduite de

u(1)T

u(2)T

est R =[1 0 4

30 1 0

]. Un vecteur non nul

appartenant au noyau de R est

−403

. Donc,

u(3) = 1√(−4)2 + 02 + 32

−403

=

−4

5035

.En prenant

U =

0 3

5 −45

1 0 00 4

533

,nous obtenons A = UΣVT.Si on insiste pour écrire que les valeurs singulières soient ordonnées de manièredécroissantes, on peut choisir

U =

35 0 −4

50 1 045 0 3

3

, Σ =

5 00 10 0

, V =[0 11 0

].


]. On prend Σ =

15 00 150 0

et V =[1 00 1

].

Alors, u(1) =

− 2

15131415

et u(2) =

111523− 2

15

. La forme échelonnée réduite de

u(1)T

u(2)T

est R =[1 0 −20 1 2

]. Un vecteur non nul appartenant au noyau de R est

2−21

.


Donc,

u(3) = 1√22 + (−2)2 + 12

2−21

=

23−2

313

.En prenant

U =

− 2

151115

23

13

23 −2

31415 − 2

1513

,on obtient A = UΣVT.


13.4 Retour sur la méthode des moindres carrés

Rappelons qu’une solution des moindres carrés d’un système Ax = b est un vecteur xqui minimise ‖Ax− b‖.

Dans cette section, nous utilisons la décomposition en valeurs singulières de A afin detrouver une solution des moindres carrés sans utiliser le calcul différentiel ou les projectionsorthogonales.

Observons que le problème initial revient à minimiser ‖Ax− b‖2.

Soit UΣVT une décomposition en valeurs singulières de A. Si y = VTx, alors

‖Ax− b‖2 = (Ax− b)T(Ax− b)= (UΣy− b)T(UΣy− b)= (yTΣTUT − bT)(UΣy− b)= (yTΣTUT)(UΣy)− 2yT(ΣTUTb) + bTb

= yTΣTΣy− 2yT(ΣTUTb) + bTb

Observons que bTb est une constante et que ΣTΣ est une matrice diagonale carrée oùle i-ième élément de la diagonale est nul lorsque i > r, r étant le nombre de valeurssingulières de A.

En prenant d = ΣTUTb, on peut réécrire yTΣTΣy− 2yT(ΣTUTb) sous la former∑i=1

(σ2i y

2i − 2diyi) =

r∑i=1

σ2i

(y2i − 2 di

σ2i

yi

).

La complétion du carré donner∑i=1

(σ2i

(yi −

diσ2i

)2−(diσi

)2). (13.1)

Ainsi, le minimum est atteint lorsque yi = di

σ2ipour i = 1, . . . , r, ou, de façon équivalente,

lorsque yi = 1σi

(UTb)i pour i = 1, . . . , r. Posons yi = 0 lorsque i > r. Puisque σi = 0dans ce cas, le vecteur y devient

y = Σ+UTb,

où Σ+ est obtenu de Σ en remplaçant chaque élément non nul par son inverse et enprenant la transposée de la matrice ainsi obtenue. Puisque y = VTx et que V est unematrice orthogonale, on obtient

x = Vy = V(Σ+UTb) = (VΣ+UT)b.

13.4. RETOUR SUR LA MÉTHODE DES MOINDRES CARRÉS 385

La matrice VΣ+UT est un pseudo-inverse de Moore-Penrose de A et est dénotée parA+.

Autrement dit, A+b est une solution des moindres carrés de Ax = b. Notons qu’il peuty avoir plusieurs solutions des moindres carrés. Comme nous l’avons vu précédemment, onpeut utiliser toute autre valeur non nulle pour yi, i > r. Cependant, si toutes ces valeurssont nulles, on obtient une solution x qui minimise ‖x‖.


2 12 125

115

25

115

et b =

0123

. Nous obtenons une solution des

moindres carrés de Ax = b en calculant A+b.

Le produit UΣVT est une décomposition en valeurs singulières de A, où

U =

12 −1

2 −12 −1

212 −1

212

12

12

12 −1

212

12

12

12 −1

2

Σ =

4 00 20 00 0

V =

[35 −4

545

35

].

Si

A+ = V[

14 0 0 00 1

2 0 0

]UT =

[1140

1140 −1

8 −18

− 120 − 1

2014

14

],

une solution des moindres carrés est donnée par x = A+b =[− 7

2065

].

Exercices

1. Utilisez la méthode décrite dans cette section afin d’obtenir la solution des moindres

carrés de Ax = b, où A =

−2 115 1014 −2

et b =

1−23

. Vous pouvez utiliser la


décomposition en valeurs singulières suivante de A :− 2

151115

23

13

23 −2

31415 − 2

1513

15 00 150 0

[1 00 1

].

2. Soit A ∈ R2×2. Supposons que la décomposition en valeurs singulières de A est

donnée par UΣVT, où U,V ∈ R2×2 sont orthogonales et Σ =[σ 00 0

], σ > 0.

a. Montrez que G = V[

1σ 00 δ

]UT est un pseudo-inverse de A pour tout δ ∈ R.

b. Donnez deux pseudo-inverses distincts de[

1 −1−2 2

].

13.4. RETOUR SUR LA MÉTHODE DES MOINDRES CARRÉS 387

Solutions

1. Notons que

A+ =[1 00 1

] [115 0 00 1

15 0

]− 2

1513

1415

1115

23 − 2

1523 −2

313

.On obtient alors une solution des moindres carrés en calculant

x = A+b =[

215− 1

15

].

2. a. Montrons que AGA = A. Si S dénote la matrice[

1σ 00 δ

], alors

AGA = (UΣVT)(VSUT)(UΣVT)= UΣSΣVT

= U[σ 00 0

] [1σ 00 δ

] [σ 00 0

]VT

= U[σ 00 0

] [1 00 0

]VT

= U[σ 00 0

]VT

= UΣVT

= A

tel que désiré.

b. Une décomposition en valeurs singulières de[

1 −1−2 2

]est donnée par

− 1√5

2√5

2√5

1√5

[√10 00 0

]− 1√2

1√2

1√2

1√2

.En utilisant le résultat de la partie précédente, les deux matrices suivantes sont

des pseudo-inverses de[

1 −1−2 2

]:

− 1√2

1√2

1√2

1√2

[ 1√10 00 0

]− 1√5

2√5

2√5

1√5

=[

110 −1

5− 1

1015

]et − 1√

21√2

1√2

1√2

1√10 00 1√

10

− 1√5

2√5

2√5

1√5

=[

310 − 1

10110

310

].



1. Obtenez une décomposition en valeurs singulières de[1 0 −10 1 1

].

2. Soit A ∈ Rm×n de rang r. Démontrez qu’il existe u(1), . . . ,u(r) ∈ Rm etv(1), . . . ,v(r) ∈ Rn tels que

A =r∑i=1

u(i)v(i)T.

3. Soit A ∈ Rm×n une matrice symétrique. Soit UΣVT une décomposition en valeurssingulières de A. Montrez que si A est définie positive, alors U = V.

Chapitre 14

Applications

Dans ce dernier chapitre, nous examinons un certain nombre d’applications. Comme il n’ya pas de dépendance entre les sections, les applications peuvent être étudiées individuel-lement et dans n’importe quel ordre.

14.1 Graphisme dans le plan

Certaines opérations fondamentales en graphisme informatique utilisent des conceptspropres à l’algèbre linéaire. Les processeurs graphiques ont souvent une composante phy-sique dédiée exclusivement à la multiplication matricielle en parallèle. Dans cette section,nous étudions trois opérations graphiques communes, en passant par la la multiplicationmatricielle telle que retrouvée dans le standard OpenGL.

14.1.1 Opérations graphiques

Les trois opérations que sous considérations sont la translation, la dilatation, et la rotation.Nous illustrons l’effet de chaque opération sur le cercle unitaire dans le plan :

C :=[x1

x2

]: x2

1 + x22 = 1

.

14.1.2 Translation

Notons que le centre de C se situe à l’origine. On peut déplacer le cercle unitaire de façon

à ce que le centre se retrouve à[p

q

], tout simplement en additionnant le vecteur

[p

q

]à

389

390 CHAPITRE 14. APPLICATIONS

chaque élément de C. Le résultat peut prend la forme

C ′ :=[x1 + p

x2 + q

]: x2

1 + x22 = 1

.

Cet ensemble peut aussi s’écrire sous la forme

C ′ :=[x1

x2

]: (x1 − p)2 + (x2 − q)2 = 1

.

Donc, la translation de points du plan est réalisée par l’addition d’uplet. Nous décrironsplus tard les translations à l’aide de multiplication matricielle.

14.1.3 Dilatation

Pour étirer le cercle unitaire horizontalement par un facteur de deux, il suffit de multiplierla coordonnée x1 de chaque élément de C par 2. Le résultat prend la forme

C ′′ :=[

2x1

x2

]: x2

1 + x22 = 1

.

Cet ensemble peut aussi s’écrire sous la forme

C ′′ :=[x1

x2

]:(x1

2

)2+ x2

2 = 1.

Nous pouvons aussi étirer simultanément à la verticale. En fait, si le facteur d’étirementhorizontal est a et le facteur vertical est b, nous obtenons, pour a, b > 0,

C ′′′ :=[ax1

bx2

]: x2

1 + x22 = 1

,

ou encore

C ′′′ :=[a 00 b

] [x1

x2

]: x2

1 + x22 = 1

.

La matrice[a 00 b

]est unematrice de dilatation. Notons que cette matrice est inversible

et son inverse est[

1a 00 1

b

].

14.1. GRAPHISME DANS LE PLAN 391

14.1.4 Rotation

Soit R(θ) la matrice[cos θ − sin θsin θ cos θ

], où θ ∈ R.

La rotation par θ radians d’un ensemble S par rapport à l’origine est donnée parR(θ)

[x1

x2

]:[x1

x2

]∈ S

.

Il va de soit que la rotation de C par rapport à l’origine ne modifie pas l’ensemble depoints. Ce n’est pas le ca pour tous les ensembles, cependant.

Considérons S :=[x1

0

]: 0 ≤ x1 ≤ 1

, le segment de droite compris entre l’origine et

le point[10

].

Pour tourner ce segment par un angle de π/4 radians, on forme d’abord R(π/4), qui est 1√2 − 1√

21√2

1√2

. Ainsi,

S′ :=

R(π/4)[x1

x2

]:[x1

x2

]∈ S

=

1√

2x11√2x1

: 0 ≤ x1 ≤ 1

.En dessinant cet ensemble, on voit que le segment de droite compris entre l’origine et le

point

1√2

1√2

peut effectivement être obtenu à partir de S en effectuant une rotation de

π/4 radians par rapport à l’origine.

La matrice R(θ) est appelée matrice de rotation. On peut facilement vérifier que son

inverse est R(−θ) =[

cos θ sin θ− sin θ cos θ

], qui est aussi une matrice de rotation.

14.1.5 Soulèvement et projet

En résumé, si S est un ensemble de points dans le plan, il nous est possible de faire unetranslation par l’addition d’uplet, et de dilater et produire une rotation (par rapport àl’origine) en multipliant chaque éléments de S par une matrice appropriée.

Nous décrivons maintenant une approche qui nous permettant d’unifier les trois opérationsen utilisant la multiplication matricielle. Pour ce faire, nous devons cependant utiliser unedimension supplémentaire.


Premièrement, soit S′ =

x

y

1

:[x

y

]∈ S

. On dit que l’ensemble S est soulevé du

plan dans l’espace à 3 dimensions.

La matrice correspondant à une translation horizontale par p et une translation verticale

par q est

1 0 p

0 1 q

0 0 1

.La matrice correspondant à une dilatation horizontale de facteur a et une dilatation ver-

ticale de facteur b est

a 0 00 b 00 0 1

.Finalement, la matrice correspondant à une rotation d’angle θ par rapport à l’origine est

cos θ − sin θ 0sin θ cos θ 0

0 0 1

Nous obtenons alors

1 0 p

0 1 q

0 0 1

x

y

1

=

x+ p

y + q

1

,a 0 00 b 00 0 1

x

y

1

=

ax

by

1

,et


0 0 1

x

y

1

=

(cos θ)x− (sin θ)y(sin θ)x+ (cos θ)y

1

.On projette dans le plan en n’utilisant que les deux composantes du haut de chacun desrésultats, ce qui correspond aux transformations recherchées.

Notons que la troisième composante dans tous les cas demeure 1. Nous pouvons ainsificeler ensemble les opérations à l’aide d’un produit de matrices. Par exemple, l’opérationqui consiste en une dilatation suivie d’une translation peut être représentée par le produit

1 0 p

0 1 q

0 0 1

a 0 00 b 00 0 1

.Notons l’ordre selon lequel les matrices se présentent.

14.1. GRAPHISME DANS LE PLAN 393

Nous avons vu que les dilatations et la rotation sont faites par rapport à l’origine. Que

faire si nous désirons les faire par rapport à un autre point[p

q

]? Nous devons d’abord

faire subir à l’ensemble une translation selon[−p−q

], pour ensuite effectuer la dilatation ou

la rotation par rapport à l’origine demandée, et finalement translater le résultat par[p

q

].

Par exemple, l’opération pour un rotation de θ par rapport à[p

q

]est représentée par le

produit de matrice 1 0 p

0 1 q

0 0 1


0 0 1

1 0 −p0 1 −q0 0 1

.Les idées pour les opérations en 3D sont similaires. Plus de détails peuvent être obtenusau site OpenGL.

Exercices

1. Décrivez comment effectuer une réflexion par rapport à l’axe horizontal en utilisantun produit de matrices.

2. Décrivez comment effectuer une réflexion par rapport à la droite définie par ax +by + c = 0 en utilisant un produit de matrices.

https://open.gl/transformations


14.2 Différentiation de polynômes

Rappelons que dans la définition d’une application linéaire T : V → W, V etW ne doiventpas nécessairement être de dimension finie. Lorsque l’un de V ou W est de dimensioninfinie, la représentation de T par une matrice de taille finie est impossible (quoique leconcept d’une matrice infinie existe).

Avant d’en arriver à un tel exemple, commençons par étudier un cas spécial.

Soit Pk l’espace vectoriel des polynômes en x à coefficients réels de degré au plus k :

Pk = akxk + ak−1xk−1 + · · ·+ a1x+ a0 : ak, ak−1, . . . , a1 ∈ R.

Notons que dim(Pk) = k + 1 pour tout k.

Soit D1 : P2 → P1 l’application définie par

D(ax2 + bx+ c) = 2ax+ b.

On voit que D est linéaire. En effet, si u = a1x2 + b1x+ c1 et v = a2x

2 + b2x+ c2, alors

D(u + v) = D((a1 + a2)x2 + (b1 + b2)x+ (c1 + c2))= 2(a1 + a2)x+ (b1 + b2)= 2(a1x+ b1) + (2a2x+ b2)= D(u + v).

De plus, si u = ax2 + bx+ c et γ ∈ R,

D(γu) = D((γa)x2 + (γb)x+ γ)= 2(γa)x+ γb

= γ(2ax+ b) = γD(u).

De façon générale, pour chaque entier positif k, l’application Dk : Pk+1 → Pk définie par

Dk(ak+1xk+1 + akx

k + · · ·+ a1x+ a0) = (k + 1)ak+1xk + kakx

k−1 + · · ·+ a1

est linéaire.

Ceux et celles d’entre vous ayant déjà suivi un cours de calcul différentiel reconnaîtraitl’image de Dk — c’est tout simplement la dérivée de la fonction de départ.

Retirons maintenant la restriction sur le degré et considérons P, l’espace vectoriel despolynômes en x à coefficients réels. Notons que P est de dimension infinie.

14.2. DIFFÉRENTIATION DE POLYNÔMES 395

Si D : P → P est définie par

D(anxn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0) =

n∑i=1

iaixi−1

pour tout entier n ≥ 0 et an, . . . , a0 ∈ R, alors il est possible de vérifier que D est unetransformation linéaire qui ne peut être représentée par une matrice de taille finie.

En fait, la différentiation est une application linéaire sur des espaces de fonctions plus géné-rales. Les espaces vectoriels de fonctions infiniment différentiables sont très communémentutilisés pour le traitement des signaux, entre autre.

Exercices

1. Soit Γ = (x2, x, 1) une base ordonnée de P2 et Ω = (x, 1) une base ordonnée deP1. Déterminez [D1]ΩΓ .

2. Soit k un entier positif. Soit Γ = (xk+1, xk, . . . , x, 1) une base ordonnée de Pk+1

et Ω = (xk, xk−1, . . . , x, 1) une base ordonnée de Pk. Déterminez [Dk]ΩΓ .

3. Soit F l’ensemble des fonctions∞∑k=0

(αk sin(kx)+βk cos(kx)) telles que αk, βk ∈ R,

pour tout k = 0, 1, . . . , et pour lesquelles un nombre fini des αk et βk au plus sontnon nuls.

a. Montrez que F est un espace vectoriel de dimension infinie. (Indice : Montrezque sin(x), sin(2x), sin(4x), . . . , sin(2ix), . . . sont des fonctions linéairement in-dépendants.)

b. Montrez que si f appartient à F, c’est également le cas pour la dérivée de f .


14.3 Approximation pour une matrice de rang inférieur

Une image numérique en niveaux de gris peut être représentée par une matrice dont chaqueélément représente un pixel. L’idée fondamentale qui sous-tend la compression d’imageavec perte est l’obtention d’une représentation matricielle voisine A qui requiert moins destockage que cette dernière. Dans cette section, nous allons tenter de trouver des matricesP et Q pour lesquelles A ≈ PQ, et telles que P et Q prennent le moins de stockagepossible.

Nous devons répondre à deux questions :

1. Qu’entend-on par une matrice voisine d’une autre?2. Comment obtient-on les matrices P et Q?

14.3.1 La norme de Frobenius

Pour mesurer la « distance » entre deux matrices, nous utilisons la norme de Frobeniusd’une matrice.

Soit A ∈ Rm×n. La norme de Frobenius de A, dénotée par ‖A‖F , est la quantité√√√√ m∑i=1

n∑j=1

a2i,j .

Si B ∈ Rm×n, alors la distance entre A et B dénotée par d(A,B), est la quantité

‖A−B‖F .

Plus la valeur de d(A,B) est petite, plus les matrices A et B sont voisines. Notons qued(A,B) = d(B,A).

Exemple 14.1. Si A =[1 00 1

]et B =

[1 −12 0

], alors

d(A,B) = ‖A−B‖F =∥∥∥∥∥[

0 1−2 1

]∥∥∥∥∥F

=√

02 + 12 + (−2)2 + 12 =√

6.

14.3.2 Application à la compression d’images avec pertes

Pour la compression d’images, nous devons trouver de bonnes approximations qui re-quièrent moins de stockage. Une matrice de rang inférieur peut s’avérer être très utilesdans ce cas.

14.3. APPROXIMATION POUR UNE MATRICE DE RANG INFÉRIEUR 397

Supposons que B soit une matrice de rang r. Rappelons que l’on peut obtenir, par ré-duction de matrices, une matrice inversible M ∈ Rm×m et une matrice R sous formeéchelonnée réduite telles que B = MR.

Puisque B est de rang r, les m − r dernières lignes de R ne contiennent que des nuls.Donc, si P correspond aux les premières r colonnes de M et si Q correspond aux premièresr lignes de R, alors PQ = MR = B. Conséquemment, si r est beaucoup plus petit quemin(m,n), l’espace requis afin de stocker P et Q peut être substantiellement moindreque l’espace requis afin de stocker B.

En résumé, une façon d’utiliser la compression d’images avec perte, pour des bitmaps ennoir et blanc, est de trouver une matrice de faible rang dont la distance à la matrice del’image originale est petite. Nous utilisons la décomposition en valeurs singulières pourobtenir une telle matrice.

Soit A ∈ Rm×n. Soit r un entier positif plus petit que le minimum de m et n. Considéronsun décomposition en valeurs singulières de A obtenue par UΣVT telle que σ1 ≥ σ2 ≥ . . .

où σi dénote l’élément (i, i) de Σ.

Soient Ur et Vr les matrices obtenues des r premières colonnes de U et V, respective-ment. Soit Σr ∈ Rr×r une matrice diagonale telle que le i-ième élément de la diagonaleest donné par l’élément (i, j) de Σ pour i = 1, . . . r.

Le théorème de Eckart-Young dit que la matrice M = UrΣrVTr est une matrice de rang

r qui minimise ‖A−M‖F . Autrement dit, toutes les autres matrices de taille m× n derang r sont aux moins aussi éloignées de A que M l’est. Bien entendu, la distance estdonnée par la norme de Frobenius. La preuve de ce résultat est trop sophistiquée pourle présent ouvrage et ne sera pas présentée. (Pour la matrice A à l’exemple ci-dessus,

u1σ1vT1 =

[12 1 1

212 1 1

2

]est de rang 1 et est voisine de

[1 1 00 1 1

]. Quelle est la distance

entre les deux matrices?)


Figure 14.1 – Tableau de « Lights Out »

Figure 14.2 – Carré du milieu appuyé

14.4 « Lights Out »

« Lights Out » est un jeu électronique. (On trouve une version sur le Web 1.) La versiontypique consiste en un tableau carré de taille 5× 5. Certains carrés sont allumés en débutde partie; les autres sont éteints.

Lorsqu’on appuie sur un carré, ce dernier ainsi que les carrés immédiatement au-dessus,au-dessous, à gauche, et à droite changent de phase (d’éteint à allumé ou d’allumé àéteint). Par exemple, lorsque l’on commence avec la configuration montrée à la figure14.1,

et que l’on appuie sur le carré en position (3,3), on obtient la configuration à la figure14.2.

1. http://people.math.carleton.ca/~kcheung/math/apps/lights_out.html.

http://people.math.carleton.ca/~kcheung/math/apps/lights_out.html

http://people.math.carleton.ca/~kcheung/math/apps/lights_out.html

14.4. « LIGHTS OUT » 399

Figure 14.3 – Carrés du milieu et en haut à droite appuyés

Ensuite, on appuie sur le carré en haut à droite afin d’obtenir la configuration montrée àla figure 14.3 :

L’objectif de « Lights Out » est d’éteindre toutes les lumières du tableau.

14.4.1 Modélisation

Nous allons maintenant procéder à une analyse mathématique de ce jeu Avant de débuter,voici deux observations :

1. Appuyer sur un même carré un nombre pair de fois n’a aucun effet sur la configu-ration des lumières.

2. L’ordre dans lequel les carrés sont appuyés n’a pas d’importance.

Conséquemment, on peut décrire la solution d’une joute tout simplement en énumérantles carrés que l’on doit appuyer. Par exemple, si on n’appuie qu’une seule fois sur les carrésayant une bordure verte à la figure 14.4, toutes les lumières seront éteintes.

Nous pouvons modéliser la configuration des lumières à partir d’une matrice d’élémentsde GF (2). Par exemple, la configuration montrée à la figure 14.1 peut être représentéepar la matrice

1 0 0 1 10 0 1 0 10 1 1 0 00 0 1 1 11 0 1 1 0

.


Figure 14.4 – Tableau de « Lights Out » avec solution

L’action d’appuyer sur un carré peut aussi être représentée par une matrice d’éléments deGF (2), où 0 représente un carré qui n’est pas affecté et 1 représente un carré affecté.Par exemple, l’action d’appuyer sur le carré du milieu et sur celui du haut à droite sontreprésentées par

0 0 0 0 00 0 1 0 00 1 1 1 00 0 1 0 00 0 0 0 0

et

0 0 0 1 10 0 0 0 10 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

,

respectivement.

Pour obtenir le résultat de ces deux actions sur la configuration initiale, il suffit simplementde calculer

1 0 0 1 10 0 1 0 10 1 1 0 00 0 1 1 11 0 1 1 0

+

0 0 0 0 00 0 1 0 00 1 1 1 00 0 1 0 00 0 0 0 0

+

0 0 0 1 10 0 0 0 10 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

.

14.4. « LIGHTS OUT » 401

Figure 14.5 – Tableau de « Lights Out » 3x3

Le résultat est

1 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 1 00 0 0 1 11 0 1 1 0

.

Même si une matrice de taille 5× 5 correspond très bien au tableau de « Lights Out », ilest plus utile d’utiliser les uplets. On représente une planche de jeu de taille 5× 5 à l’aided’un 25-uplet. Illustrons cette idée à l’aide d’une planche de taille 3 × 3. Considérons laconfiguration montrée à la figure 14.5.

Elle peut être représenté par un 9-uplet

101110011

. Les trois premiers éléments de l’uplet corres-

pondent aux carrés de la première ligne (lus de gauche à droite), les trois éléments suivantsaux carrés de la seconde ligne et les trois derniers éléments aux carrés de la dernière ligne.


Figure 14.6 – Configuration « Lights Out » (3 x 3)

On appuie sur le carré du milieu, ce qui es représenté par

010111010

. En additionnant (dans

GF (2)) cet uplet à la configuration initiale, nous obtenons

111001001

.

On joue à « Lights Out » simplement en additionnant des uplets!

14.4.2 Résolution de « Lights Out »

Considérons la configuration initiale de « Lights Out » (3× 3) montrée à la figure 14.6.

14.4. « LIGHTS OUT » 403

On la représente mathématiquement à l’aide de

001101010

. L’action d’appuyer sur un des carrés

est obtenue en additionnant le 9-uplet correspondant dans la table suivante

Carré 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Uplet

110100000

111010000

011001000

100110100

010111010

001011001

000100110

000010111

000001011

La configuration initiale peut-elle être obtenue à l’aide d’une combinaison linéaire des neufactions? Autrement dit, peut-on trouver xi ∈ GF (2), i = 1, . . . , 9 tels que

9∑i=1

xit(i) =

001101010

,

où t(i) est l’uplet du i-ième carré présenté au tableau ci-dessus?


Ceci correspond à résoudre le système

x1 + x2 + x4

x1 + x2 + x3 + x5

x2 + x3 + x6

x1 + x4 + x5 + x7

x2 + x4 + x5 + x6 + x8

x3 + x5 + x6 + x9

x4 + x7 + x8

x5 + x7 + x8 + x9

x6 + x8 + x9

=

001101010

,

ou, de façon équivalente, le système d’équations

x1 + x2 + x4 = 0x1 + x2 + x3 + x5 = 0

x2 + x3 + x6 = 1x1 + x4 + x5 + x7 = 1

x2 + x4 + x5 + x6 + x8 = 0x3 + x5 + x6 + x9 = 1

x4 + x7 + x8 = 0x5 + x7 + x8 + x9 = 1

x6 + x8 + x9 = 0

dans GF (2). Une solution en x1, . . . , x9 indique lesquels de neuf carrés doivent être ap-puyés afin d’éteindre toutes les lumières, à partir de la configuration initiale.

Ainsi, la résolution de la version 3 × 3 de « Lights Out » revient à résoudre le systèmeAx = b dans GF (2), où

A =

1 1 0 1 0 0 0 0 01 1 1 0 1 0 0 0 00 1 1 0 0 1 0 0 01 0 0 1 1 0 1 0 00 1 0 1 1 1 0 1 00 0 1 0 1 1 0 0 10 0 0 1 0 0 1 1 00 0 0 0 1 0 1 1 10 0 0 0 0 1 0 1 1

14.4. « LIGHTS OUT » 405

et

b =

b1

b2

b3

b4

b5

b6

b7

b8

b9

,

où b représente la configuration initiale.

La résolution du système sur GF (2) donne

x1

x2

x3

x4

x5

x6

x7

x8

x9

=

b1 + b3 + b6 + b7 + b8

b5 + b7 + b8 + b9

b1 + b3 + b4 + b8 + b9

b3 + b5 + b6 + b9

b2 + b4 + b5 + b6 + b8

b1 + b4 + b5 + b7

b1 + b2 + b6 + b7 + b9

b1 + b2 + b3 + b5

b2 + b3 + b4 + b7 + b9

.

Par exemple, si le carré en haut à gauche est le seul à être allumé initialement, la solutionconsiste à appuyer sur les carrés 1, 3, 6, 7, et 8, dans n’importe quel ordre (pourquoi?).

14.4.3 Compter les solutions

Rappelons que la version 3×3 de « Lights Out » peut être résolue en trouvant une solutiondu système Ax = b dans GF (2), où

A =

1 1 0 1 0 0 0 0 01 1 1 0 1 0 0 0 00 1 1 0 0 1 0 0 00 1 0 1 1 1 0 1 00 0 1 0 1 1 0 0 10 0 0 1 0 0 1 1 00 0 0 0 1 0 1 1 10 0 0 0 0 1 0 1 1

,


Dans la section précédente, nous avons vu que la solution est donnée par

x =

b1 + b3 + b6 + b7 + b8

b5 + b7 + b8 + b9

b1 + b3 + b4 + b8 + b9

b3 + b5 + b6 + b9

b2 + b4 + b5 + b6 + b8

b1 + b4 + b5 + b7

b1 + b2 + b6 + b7 + b9

b1 + b2 + b3 + b5

b2 + b3 + b4 + b7 + b9

.

Donc, peu importe la configuration initiale b, il n’y a qu’une seule solution. La matrice Aest inversible et sa nullité est zéro. Ce n’est pas le cas pour la version 4 × 4 de « LightsOut », cependant. La matrice A pour cette version se trouve ci-dessous :

1 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 01 1 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 00 1 1 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 00 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 0 0 0 00 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 0 0 00 0 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 00 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 00 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 0 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 00 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1

.

Cette matrice n’est pas inversible. Conséquemment, il y a des configurations initiales pourlesquelles on ne peut trouver de séquence de carrés à appuyer qui éteindra toutes leslumières

Il est possible de déterminer que la matrice des coefficients de la version 4× 4 est de rang12, ce qui implique que la nullité est de 4.

14.4. « LIGHTS OUT » 407

L’ensemble

0111101011001000

,

1101000111100100

,

1011100011110010

,

1110010100110001

est une base de Ker(A).

Chaque vecteur de Ker(A) indique une suite de carrés sur lesquels on peut appuyersans changer la configuration des lumières. Par exemple, le premier vecteur dans la basenous indique qu’en appuyant les carrés 2, 3, 4, 5, 7, 9, 10, et 13, on ne change par laconfiguration des lumières. (Rappel : le numérotage des carrés s’effectue de gauche à

droite, par lignes, comme suit :

1 2 3 45 6 7 89 10 11 1213 14 15 16

)


Puisque nous travaillons sur GF (2), tout les vecteurs de Ker(A) ont la forme

u1

0111101011001000

+ u2

1101000111100100

+ u3

1011100011110010

+ u4

1110010100110001

,

où u1, u2, u3, u4 ∈ 0, 1. Il y a donc 24 = 16 vecteurs dans Ker(A). Autrement dit,pour tout configuration initiale pour lequel une solution x′ existe, il existe en fait 16 tellessolutions. Elles sont obtenues en ajoutant un élément y ∈ Ker(A) à x′.

Fait intéressant, il n’y a que quatre solutions différentes pour chaque configuration validedans la version 5× 5.

14.5. CODES DE CORRECTION D’ERREURS 409

14.5 Codes de correction d’erreurs

De nos jours, les communications numériques utilisent la transmission de données bi-naires à travers un canal entaché de bruit. Par exemple, lorsque la sonde spatiale Voyager2 transmet des images, ces dernières sont encodées à l’aide de bits : 0, 1. Lorsque lesinformations voyagent de la sonde à la Terre, elles soumises à plusieurs facteurs d’inter-férence. En conséquence, il est important à pouvoir détecter (et corriger) les erreurs dansles données reçues. Pour permettre la détection et la correction d’erreurs, la sonde doittransmettre des données supplémentaires.

La théorie du codage est l’étude des manières de minimiser cette quantité supplémentairequi doit être transmise afin d’atteindre un certain niveau d’efficacité pour la détection etla corrections d’erreurs.

Dans cette section, nous allons présenter un avant-goût de ce vaste sujet. Plus particuliè-rement, nous allons voir comment utiliser les notions d’algèbre linéaire afin de construiredes codes de correction d’erreurs.

Supposons que l’on désire transmettre des messages qui ne sont composés que des lettres« A », « G », « N » et « S ». Puisque l’on peut seulement transmettre des 0 et des 1,nous allons devoir encoder chaque lettre à l’aide une chaîne binaire. Par exemple, nouspouvons utiliser le code suivant :

A 00G 01N 10S 11

Les chaînes binaires 00, 01, 10 et 11 sont les mots de code. La collection de tous lesmots de codes forme l’ensemble des codes binaires . Pour transmettre le mot « SANG», par exemple, nous remplaçons simplement chaque lettre du mot par la chaîne binairecorrespondante. On transmet alors 11001001 au canal de communication.

Si le canal est bruyant, une ou plusieurs des chiffres binaires peut être affectés. Par exemple,on pourrait recevoir 11001011 au lieu du mot envoyé, 11001001. Cette chaîne binairecorrespond au message « SANS ». Puisque le message reçu est complètement valide (entant que terme français), il n’y a aucune façon de savoir si c’est bien le message qui a étéenvoyé, ou si c’est le résultat d’une erreur.

Afin de détecter de telles erreurs, nous devoir utiliser des mots de codes qui sont suffi-samment différents les uns des autres. Pour deux chaînes binaires de même longueur, la


distance de Hamming qui les sépare est le nombre de positions où ils sont différent. Parexemple, la distance de Hamming séparant 001 et 100 est de 2.

La distance minimale entre toutes les paires différentes de mots de code limite le nombred’erreurs pouvant être détectées. Si on ne cherche qu’à détecter une seule erreur, ladistance de Hamming minimale doit être d’au moins 2. Pour le code binaire présenté ci-dessus, la distance de Hamming minimale est de 1; nous sommes donc dans l’incapacitéde détecter des erreurs. Nous pouvons par contre améliorer la situation en ajoutant unchiffre supplémentaire (le bit de parité) à la fin de chacun de mots de code. Le bit deparité est la somme (dans GF (2)) des chiffres des mots de code binaires :

A 000G 011N 101S 110

Pour transmettre le message « SANG », on envoie la chaîne binaire 110000101011. Si uneerreur se produit, disons à la troisième décimale, on reçoit plutôt 111000101011.

Puisque 111 n’est pas un mot de code, on sait qu’une erreur s’est produite. Malheureu-sement, suite à cette information seulement, il n’y a aucune façon de savoir si la lettreoriginale était « G », « N » ou « S » puisque ces trois lettres sont toutes à la même distancede Hamming de 111. Cet exemple illustre qu’une plus grande distance de Hamming estnécessaire à la correction des erreurs.

Une façon commune de générer des mots de codes binaires est d’utiliser l’espace descolonnes d’une matrice G ∈ GF (2)n×k. (Autrement dit, nous représentons les chaînesbinaires par des vecteurs dont les éléments se retrouvent dans GF (2).) La matrice G estla matrice génératrice du code et chaque mot de code est dit généré par G.Exemple 14.2. L’ensemble des mots de code généré par la matrice génératrice G =

1 00 11 00 11 1

est

00000

,

01011

,

10101

,

11110

.

Ce choix facilite la détection des erreurs. Soit u1, . . . ,um une base de Ker(G). Alors cest un mot de code généré par G si et seulement si

uiTc = 0

14.5. CODES DE CORRECTION D’ERREURS 411

pour chaque i = 1, . . . ,m. En posant H =

u1T

...umT

, la condition s’exprime plus simple-

ment parHc = 0. (14.1)

La matrice de contrôle H du code généré par G permet de déterminer efficacement siune chaîne donnée est un mot de code.Exemple 14.3. La matrice de contrôle des mots de codes de l’exemple 14.2 est

H =

1 0 1 0 00 1 0 1 01 1 0 0 1

.

Notons que r =

01110

n’est pas un mot de code généré par G. On peut aussi le constater

en remarquant que

Hr =

101

.

Terminons cette section avec une importante question : comment obtient-on une matricegénératrice bien adaptée? Nous n’allons pas donner de réponse ici : c’est un domaine derecherche très actif. Notons simplement qu’il y a deux choses très importantes à considérer.La première est le ratio k

n (taux d’informations) du code. La seconde est la distance deHamming minimale parmi toutes les pairs de mots de code distincts qui sont générées.

Exercices

1. Soit C un code binaire généré par G. Pour un mot de code c non nul, soit w(c) lenombre de 1 apparaissant dans c. Montrez que la distance de Hamming minimaleparmi toutes les paires distinctes de mots de code de C est donnée par

minc∈C,c 6=0

w(c).


2. Considérons la matrice génératrice

G =

1 1 0 11 0 1 11 0 0 00 1 1 10 1 0 00 0 1 00 0 0 1

sur GF (2).

a. Donnez une liste de tous les mots de code générés par G.

b. Déterminez la distance de Hamming mininale parmi toutes les pairs de mots decode distincts.

c. Déterminez une matrice de contrôle pour le code binaire correspondant.

Remarque. Le code binaire généré par G est connu sous le nom de Ham-ming(7,4).

14.6. SYSTÈMES D’INÉQUATIONS LINÉAIRES 413

14.6 Systèmes d’inéquations linéaires

Dans cette section, nous montrons que l’on peut utiliser les méthodes pour des systèmeslinéaires afin de résoudre des systèmes d’inéquations linéaires.

Soient A ∈ Rm×n et b ∈ Rm. Supposons que l’on cherche à déterminer si le système

Ax ≥ b.

admet une solution, ce qui n’est le cas que si et seulement si le système suivant possèdelui-même une solution :

Ax− Ims = b

s ≥ 0.

En réécrivant x sous la forme u − v, où u,v ∈ Rn avec u,v ≥ 0, nous obtenons lesystème équivalent

Au−Av− Ims = b

u,v, s ≥ 0.

Par conséquent, nous pouvons nous concentrer sur les systèmes de la forme

Ax = b

x ≥ 0.(14.2)

Nous avons donc un système d’équations linéaires pour lequel nous exigeons que les valeursdes variables soient non négatives.

On rappelle que si Ax = b admet une solution, alors il existe une solution qui a au plusm éléments non nuls puisque Col(A) est de dimension au plus $ m$. Fait surprenant, lamême chose peut être dite du système (14.2).Proposition 14.1. Si (14.2) admet une solution, alors il existe une solution qui a au plusm éléments positifs.

Démonstration. Soit x∗ une solution de (14.2). Soit J = i : x∗i > 0. On choisit x∗ defaçon à ce que |J | soit aussi petit que possible.

Supposons que |J | > m. Alors les colonnes de A, indicées par les éléments de J, sontlinéairement dépendantes. Il existe alors un vecteur non nul d ∈ Rn tel que Ad = 0 etdj = 0 pour tout j /∈ J . On peut supposer qu’au moins un des éléments de d soit négatif.(Sinon, il suffit de prendre la réciproque additive de chacun des éléments de d.) Soit λ lenombre réel maximal tel que x∗ + λd ≥ 0, et posons x′ = x∗ + λd. Alors, x′ est unesolution de (14.2) puisque x′ ≥ 0 et Ax′ = Ax∗ + λAd = b. Cependant, x′ a au moinsune composante positive en moins que x∗, ce qui contredit notre choix de x∗.


La proposition 14.1 nous suggère un algorithme naïf afin de résoudre (14.2) : on passesimplement en revue tous les sous-ensembles de colonnes de A formant une base deCol(A) et on vérifie s’il existe une combinaison linéaire non négative qui donne b.

Exemple 14.4. Soient A =[

1 1 2−1 2 1

]et b =

[03

].

Notons que chaque paire de colonnes de A forme une base de Col(A). Nous avons doncles résultats suivants :

— l’unique combinaison linéaire de A1 et A2 donnant b est −A1 + A2, qui n’est pasune combinaison linéaire non négative.

— l’unique combinaison linéaire de A1 et A3 donnant b est −2A1 + A3, qui n’estpas une combinaison linéaire non négative.

— l’unique combinaison linéaire de A2 et A3 donnant b est 2A2 −A3, qui n’est pasune combinaison linéaire non négative.

Donc, Ax = b,x ≥ 0 n’admet pas de solution d’après la proposition 14.1.

Cette méthode est relativement inefficace. Nous aimerions au moins éliminer des choix decolonnes qui sont évidemment peu prometteurs.

Pour faciliter la discussion, supposons que le rang de A soitm. L’ensemble B ⊆ 1, . . . , nest appelé une base de A si les colonnes de A, indicées par les éléments de B, forment unebase de Rm. (« Base d’indices » serait sans doute une appellation plus appropriée, maisc’est quand même assez long à écrire. Par convention, dans la littérature sur l’optimisation,on appelle simplement un tel ensemble une base.) Pour une base B, x∗ ∈ Rn est unesolution de base associée à B si Ax∗ = b et x∗i = 0 pour tout i /∈ B.

On peut aussi effectuer une recherche plus systématique de la façon suivante : supposonsque B soit une base déterminant la solution de base x∗, où x∗r < 0 pour un r ∈ B

particulier. Nous pouvons créer une nouvelle base B′ en retirant l’indice r et en ajoutantun nouvel indice k. On continue cette approche jusqu’à l’obtention d’une solution de basene possédant que des éléments non négatifs.

Il y a un problème potentiel : cette approche peut ne jamais se terminer. En fait, en nechoisissant pas bien les indices r et k, il est possible de se retrouver avec une base déjàrencontrée. On appelle un tel phénomène cyclage. Dans la section suivante, nous voyonsqu’en choisissant les plus petits r et k à chaque reprise, l’algorithme devra nécessairementse terminer.


14.6.1 Trouver une solution de base admissible

Soient A ∈ Rm×n et b ∈ Rm. Supposons que A soit de rang m. L’algorithme suivantva déterminer si Ax = b,x ≥ 0 admet une solution de base dont les éléments sont nonnégatifs que l’on appelle une une solution de base admissible.

Étapes :

1. Obtenir le système A′x = b′, où A′ = A−1B A et b′ = A−1

B b, et lasolution de base x′ associée à B.

2. Si b′ ≥ 0, retourner B et s’arrêter. Sinon, chosir le plus petit indice rtel que x′r < 0.

3. Soit aT la ligne de A telle que ar = 1. Si a ≥ 0, alors signaler qu’iln’y a aucune solution et s’arrêter. Sinon, choisir le plus petit indice ktel que ak < 0.

4. Retirer r de B, ajouter k à B, et retourner à l’étape 1.

Le système A′x = b′ de l’étape 1 est le tableau associé à B. Chaque équation de cetableau prend la forme

xi +∑j /∈B

aijxj = βi, ∀i ∈ B.

On appelle xi +∑j /∈B aijxj = βi la rangée (du tableau) associée à xi. Ainsi, pour

chaque i ∈ B, x′i prend la valeur du côté droit de la rangée associée à xi.

Avant d’analyser l’algorithme, nous présentons un exemple.

Supposons que l’on cherche une solution de Ax = b,x ≥ 0, où A =

1 1 1 0 −10 −1 0 2 13 3 2 −1 −2

et b =

011

. Puisque les trois premières colonnes de A sont linéairement indépendantes,

nous pouvons débuter avec B = 1, 2, 3.

Itération 1 :

1. Pour obtenir le tableau associé à B = 1, 2, 3, nous n’avons pas besoin de calculerA−1B explicitement. Nous devons simplement réduire la matrice augmentée de Ax =

b de sorte que les colonnes indicées par les éléments deB forment la matrice identité


: 1 1 1 0 −1 00 −1 0 2 1 13 3 2 −1 −2 1

L3←L3−3L1−−−−−−−→

1 1 1 0 −1 00 −1 0 2 1 10 0 −1 −1 1 1

L1←L1+L2−−−−−−−→

1 0 1 2 0 10 −1 0 2 1 10 0 −1 −1 1 1

L1←L1+L3−−−−−−−→

1 0 0 1 1 20 −1 0 2 1 10 0 −1 −1 1 1

L2←−L2−−−−−→

1 0 0 1 1 20 1 0 −2 −1 −10 0 −1 −1 1 1

L3←−L3−−−−−→

1 0 0 1 1 20 1 0 −2 −1 −10 0 1 1 −1 −1

La solution de base associée à B est alors x′ =

2−1−100

.

2. Choisissons r = 2 puisque c’est le plus petit indice i tel que x′i < 0.3. Choisissons k = 4 puisque c’est le plus petit indice k tel que le coefficient de xk

dans la rangée associée à x2 est négatif.4. La nouvelle base est alors B = 1, 3, 4.


Itération 2 :

1. On obtient le tableau associé à B = 1, 3, 4 :1 0 0 1 1 20 1 0 −2 −1 −10 0 1 1 −1 −1

L2←− 1

2L2−−−−−−→

1 0 0 1 1 20 −1

2 0 1 12

12

0 0 1 1 −1 −1

L1←L1−L2−−−−−−−→

1 1

2 0 0 12

32

0 −12 0 1 1

212

0 0 1 1 −1 −1

L3←L3−L2−−−−−−−→

1 1

2 0 0 12

32

0 −12 0 1 1

212

0 12 1 0 −3

2 −32

L2↔L3−−−−→

1 1

2 0 0 12

32

0 12 1 0 −3

2 −32

0 −12 0 1 1

212

Donc, la solution de base déterminé par B est x′ =

320−3

2120

.

2. Choisissons r = 3 puisque c’est le plus petit indice i où x′i < 0.3. Choisissons k = 5 puisque c’est le plus petit indice k tel que le coefficient dexk dans la rangée associée à x3 est négatif. (Notons que la rangée associée à x3

correspond à la deuxième ligne de la dernière matrice augmentée ci-dessus.)4. La nouvelle base est alors B = 1, 4, 5.


Itération 3 :

1. On obtient le tableau associé à B = 1, 4, 5 :

1 12 0 0 1

232

0 12 1 0 −3

2 −32

0 −12 0 1 1

212

L2←− 2

3L2−−−−−−→

1 1

2 0 0 12

32

0 −13 −2

3 0 1 10 −1

2 0 1 12

12

L1←L1− 1

2L2−−−−−−−−→

1 2

313 0 0 1

0 −13 −2

3 0 1 10 −1

2 0 1 12

12

L3←L3− 1

2L2−−−−−−−−→

1 2

313 0 0 1

0 −13 −2

3 0 1 10 −1

313 1 0 0

L2↔L3−−−−→

1 2

313 0 0 1

0 −13

13 1 0 0

0 −13 −2

3 0 1 1

Donc, la solution de base déterminée par B est x′ =

10001

.

2. On s’arrête ici car le côté droit du tableau ne contient que des valeurs non négatives.

On peut aussi constater que x′ =

10001

satisfait à Ax = b,x ≥ 0.

Remarque. L’algorithme présentée ci-dessus est en fait une spécialisation de l’algorithmedu simplexe dual qui utilise la règle d’anti-cyclage de Robert Bland pour programmationlinéaire.


14.6.2 Analyse de la méthode

Lors de l’étape 2, on peut s’arrêter lorsque b′ ≥ 0 car pour chaque j ∈ 1, . . . , n, x′j estnul ou un des élément de b′.

L’étape 3 jette un regard sur la rangée du tableau associée à xr :

xr +∑j /∈B

arjxj = βr. (14.3)

Par choix de r, on sait que βr < 0. Mais si arj ≥ 0 pour tout j /∈ B, le côté gauche del’équation (14.3) n’est jamais négatif pour toutes les solutions de Ax = b,x ≥ 0, ce quiimplique que le système n’admet aucune de solution admissible.

Pour l’indice k choisit à l’étape 3, le coefficient de xk est négatif dans la rangée associéeà xr . Donc, les colonnes de A′, indicées par la nouvelle base B formé à l’étape 4, sontlinéairement indépendantes. Puisque A′ = A−1

B A, on constate que les colonnes de Asont aussi linéairement indépendantes, ce qui implique que le nouveau B est aussi unebase pour A.

Montrons maintenant que l’algorithme se termine.

Supposons, par contradiction, que l’algorithme ne se termine pas. Soit B1, B2, . . . la suitedes bases que l’algorithme rencontre. Autrement dit, Bi dénote la base au début de lai-ième itération pour chaque i = 1, 2, . . .. Soit x(i) la solution de base associée à Bi pourchaque i = 1, 2, . . ..

Puisqu’il n’existe qu’un nombre fini de bases différentes, on peut trouver s < t tel que Bs =Bt. Soit rp l’indice retiré de Bp pour tout p ∈ s, . . . , t. Posons h = maxrs, . . . , rt.Puisque Bt = Bs, il doit y avoir q ∈ s, t− 1 tel que h a été ajouté à la base à la q-ièmeitération.

Soit i l’indice choisit pour être retiré de la base lors de la q-ième itération. Puisque h fûtajouté à la base lors de l’itération q, i 6= h. De plus, aucun indice plus élevé que h peutêtre retiré lors de l’itération q. Ainsi, nous avons i < h.

Puisque la rangée associée à xi est une équation du système A−1Bq

Ax = A−1Bq

b, elle estégale à

dTAx = dTb,

où dT est une ligne de A−1Bq

.

Nous avons donc 0 > x(q)i = dTb = dT(Ax(p)) = (dTA)x(p) =

∑nj=1(dTAj)x(p)

j . Ainsi,il existe j′ tel que (dTAj′)x(p)

j′ < 0, d’où j′ ∈ Bp.


Supposons que j′ < h. Puisque à la p-ième itération, r = h fût le plus petit indice telque x(p)

r < 0 à l’étape 2, alors x(p)j′ ≥ 0. De plus, à la q-ième itération, k = h fût le

plus petite indice à l’étape 3 ayant été ajouté à la base, nous avons dTAj′ ≥ 0, d’où(dTA′j)x

(p)j′ ≥ 0, ce qui est une contradiction. Ainsi, j′ ≥ h.

Supposons maintenant que j′ = h. Puisque on a ajouté h à la base lors de la q-ièmeitération, nous devons avoir dTAj′ < 0. Mais on a retiré h lors de la p-ième itération.Ainsi, x(p)

j′ < 0, ce qui implique que (dTA′j)x(p)j′ > 0, une contradiction.

Finalement, supposons que j′ > h. Puisque h est le plus grand indice qui l’on a retiré d’unebase lors entre la p-ième itération et la q-ième itération, j′ doit également se retrouverdans Bq, ce qui implique que dTAj′ = 0 puisque i < h < j′ et puisque le coefficient dexj dans la rangée associée à xi est nul pour chaque élément j ∈ Bp autre que i. Cecicontredit que (dTA′j)x

(p)j′ < 0.

Ainsi, j′ n’existe pas, ce qui est une contradiction, d’où algorithme se termine.

Exercices

1. Pour chacun des problèmes suivants, appliquez la méthode du simplexe au systèmeAx = b en débutant avec la base donnée B :

a. A =[1 −1 1 00 1 −2 1

], b =

[−12

], B = 2, 3.

b. A =[1 −1 1 00 1 2 −1

], b =

[1−1

], B = 1, 2.


Solutions

1. a. Itération 1 :

1. On obtient le tableau associé à B = 2, 3 :[1 −1 1 0 −10 1 −2 1 2

]

L2←L2+2L1−−−−−−−−→[

1 −1 1 0 −12 −1 0 1 0

]

L2←−L2−−−−−→[

1 −1 1 0 −1−2 1 0 −1 0

]

L1←L1+L2−−−−−−−→[−1 0 1 −1 −1−2 1 0 −1 0

]

L1↔L2−−−−→[−2 1 0 −1 0−1 0 1 −1 −1

]

Donc, la solution de base associée à B est x′ =

00−10

.2. Choisissons r = 3 puisque c’est le plus petit indice i tel que x′i < 0.

3. Choisissons k = 4 puisque c’est le plus petit indice k tel que le coefficientde xk dans la rangée associée à x3 est négatif.

4. La nouvelle base est alors B = 2, 4.

Itération 2 :

1. On obtient le tableau associé à B = 2, 4 :[−2 1 0 −1 0−1 0 1 −1 −1

]

L2←−L2−−−−−→[−2 1 0 −1 01 0 −1 1 1

]

L1←L1+L2−−−−−−−→[−1 1 −1 0 11 0 −1 1 1

]



0101

.2. On s’arrête ici car x′ est une solution de base admissible.

b. Itération 1 :

1. On obtient le tableau associé à B = 1, 2 :[1 −1 1 0 10 1 2 −1 −1

]

L1←L1+L2−−−−−−−→[

1 0 3 −1 00 1 2 −1 −1

]


0−100

.2. Choisissons r = 2 puisque c’est le plus petit indice i tel que x′i < 0.3. Choisissons k = 4 puisque c’est le plus petit indice k tel que le coefficient

de xk dans la rangée associée à x2 est négatif.4. La nouvelle base est alors B = 1, 4.

Itération 2 :

1. On obtient le tableau associé à B = 1, 4 :[1 0 3 −1 00 1 2 −1 −1

]

L2←−L2−−−−−→[

1 0 3 −1 00 −1 −2 1 1

]

L1←L1+L2−−−−−−−→[

1 −1 1 0 10 −1 −2 1 1

]


1001

.2. On s’arrête ici car x′ est une solution de base admissible.

Bibliographie

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James, M., (1978), The Generalised Inverse, Mathematical Gazette, vol. 62, p. 109-114.

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Algèbre Linéaire et Applications - Carleton University · Préface Le but de ce manuel est de donner une base solide en algèbre linéaire aux étudiants ayant l’intention de