Algèbre Revision 2013

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  • 7/26/2019 Algbre Revision 2013

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    Seance de revision du module dAlgebre III et dAlgebre IV - Deuxieme annee - EPST Tlemcen - Annee 2012 - 2013

    Resume dAlgebre

    Cours et Exemples M.HOUBAD, 08 Juin 2013Email1: [email protected]

    Email2: [email protected]

    1 Reduction diagonale

    Cette premiere partie est consacre pour la reduction diagonle dune endomorphisme dun K - espace vectoriel ou dunematrice carree, le theoreme cles est le suivant

    Theoreme 1. Soit f un endomorphisme dun K - espace vectoriel E de dimension nie n, alors f est diagonbalisable si et suelement si

    1. Le plolyn ome caracteristique de f est scinde dans K dans le sens ou il peut etre ecrit sous la forme

    P f ( ) = p

    k = 1

    ( k ) k , p

    k = 1

    k = n , i = j si i = j .

    2. Les sous espaces propres veriant lassertion suivante

    k = 1 p : dim E k = mul( k ) = k .Un corollaire tres utile dans certaines cas particuliers

    Corollaire 1. Dans le cas ou le polyn ome caracteristique dun endomorphisme f est scinde et admet que des racines simples alors lendomorphisme en question est diagonalisable.

    Une technique qui permet de comprendre la maniere de determination de la matrices reduite diagonale et de la matrice

    de passage correspondante.Technique 1 ( Matrice reduite - Matrice de passage ) . Pour determiner la matrice de passage et la matrice reduite dune endomorphisme on suit les etapes suivantes.

    1. On determine les valeurs propres de lendomorphisme f quon les notes i , les vecteurs propres quon les notes vi et on montre que f est diagonalisable .

    2. La matrice associee ` a f dans la base {vi } est diagonale de la forme

    A =1 0 00 2 0... ... . . . ...0 0 n

    ,

    3. La matrice de passage correspondante est exprimee par

    P = v1 v2 vn

    de telle sorte que lordre des valeurs propres dans la matrice A correspond a lordre de leurs vecteurs propres dans la matrice P , dans le sens ou si la valeur propre prend la ieme position sur la diagonale de la matrice

    A leur vecteur propre prend la ieme position dans la matrice de passage P .Un exemple pour mieux comprendre la diagonalisation.

    Exemple 1. Soit la matrice B de M3( R ) denie par

    B =1 1 1

    1 1 11 1 1 ,

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    Revision dAlgebre III, page 2 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    Etape 1 : Polynome caracteristique de B On utilise la dention du poly ome caracteristique on a

    P B( ) = det ( B I ) = det1 1 11 1 1

    1 1 1 ,

    le calcul de ce determinant par rapport ` a la premiere colonne permet davoir

    P f ( ) = ( 1 ) [ ( 1 + )2 1 ] + 2 ( 2 + ) = ( 2 + )2 ( 1 ) ,donc les valeurs propres de B sont

    1 = 1 de multiplicite une , 2 = 2 de multiplicite deux .Etape 3 : Determination des vecteurs propres Il sagit de resoudre le systeme dont v est linconnu

    ( B I ) v = 0 .ce qui le meme que

    (1) 1 1 11

    1

    1

    1 1 1 v = 0 , v =

    xyz

    .

    1. Pour la premiere valeur propre 1 = 1. Le systeme (1) ce simplie en

    2 x + y + z = 0 ,x 2 y + z = 0 ,x + y 2 z = 0 ,=

    x = y ,y quelconque ,z = y ,

    = v = y111

    ; y quelconque ,

    quitte a prendre y = 1 on deduit que les vecteurs propres correspondant ` a la valeur propre 1 = 1 sont touscolineaire au vecteur v1 qui vaut

    v1 =11

    1

    .

    2. Pour la deuxieme valeur propre 2 = 2. Le systeme (1) ce simplie enx + y + z = 0 ,x + y + z = 0 ,x + y + z = 0 ,

    =

    x = y z ,y quelconque ,z quelconque ,

    = v = y11

    0+ z

    101

    ; y, z quelconques ,

    alors on a deux degres de liberte en y et z cela donne lexistence de deux vecteurs propres. Ainsi on prend y = 1et z = 0 cela donne le premier vecteur propre v2 a savoir

    v2 =11

    0 .

    et pour y = 0 et z = 1 on a le second vecteur propre v3 a savoir

    v3 =10

    1 ,

    les autres vecteurs propres qui correspondant ` a la valeur propre 2 sont une combinaison lineaire de v1 et v2.En conclusion on a le tableau repecutulatif suivant

    Valeurs propres

    V e c t e u r s p r o p r e s

    1 = 1 2 = 2

    v1 =111

    v2 =11

    0, v3 =

    101

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    Revision dAlgebre III, page 3 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    Doncdim E 1 = 1 = mul( 1 ) , dim E 2 = 2 = mul( 2 ) ,

    alors la matrice B est diagonalisable, la matrice reduite et la matrice de passage sont

    B =1 0 00 2 0

    0 0 2

    =1 0 00 2 00 0 2

    , P = v1 v2 v3 =1 0 11 1 01 0 1

    ,

    2 Reduction triangulaire

    Dans le cas ou une matrice nest pas diagonalisable, dans la plupart des cas elle peut etre triangularisee.

    Theoreme 2 ( Conditions de la triangularisation ) . Une matrice carree A Mn ( K ) ( ou un endomorphisme f dun K - espace vectoriel E de dimension nie ) est triangularisable si et seulement si sont polyn ome carcateristique est scinde dans K .

    Une technique pour resumer les etapes de la determination de la forme reduite triangulaire et de la matrice de passagecorrespondante.

    Technique 2.Soit A une matrice carree, pour determiner la matrice reduite triangulaire et la matrice de passge coorespondante en suite les quatres etapes suivante.

    1. On determine le polyn ome carcateristique, les valeurs propres et les sous espaces propres associees ainsi que leurs dimensions. Si la dimension dun seul sous espace propre est differente de la multiplicite de la valeur propre correpondante alors la matrice nest pas diagonalisable mais triangularisable.

    2. Dans ce cas, cette matrice dans une base {v1 , v2 , , vn } secrit sous la forme

    (2)

    A =

    1 a b0 2 c... ... . . . ...0 0 n

    .

    3. On resoud le systeme suivant

    Av1 = 1 v1 ,Av2 = a v1 + 2 v2 ,...Avn = b v1 + c v2 + + n vn .

    dont les inconnus sont v1, v2,... vn et les parametres a, b, c etc, avec la contrainte

    det v1 v2 vn = 0 .

    4. Une fois on determine les coefficients a, b, c, etc et les vecteurs v1, v2,... vn , la matrice reduite triangulaire est donnee par (2) et la matrice de passage vaut

    P = v1 v2 vn .

    Un exemple pour mieux comprendre la traingularisation.

    Exemple 2. Soit la matrice

    C =0 1 2

    1 1 31 2 4

    ,

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    Revision dAlgebre III, page 4 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    Etape 1 :Determination du polyn ome caracteristique Le calcul fournit

    P C( ) = det ( C I ) = ( 1 ) 3 .On a une seule valeur propre qui vaut 1 de multiplicite trois.

    Etape 2 :Determination des vecteurs propres Il sagit de resoudre le systeme

    ( C I ) v = 0 ,ce qui donne que

    v =111

    ,

    Doncdim E 2 = 1 = mul ( 1 ) = 3

    alors la matrice nest pas diagonalisable mais triangularisable.

    Etape 3 :Determinationde la forme reduite La matrice en question elle est sommblable ` a une matrice traingulairesuperieure denie dans la base {v1, v2, v3 } par

    C =1 a b0 1 c0 0 1

    ,

    ce qui permet de tirer le systeme suivant

    Cv1 = v1 ,(3)

    Cv2 = v2 + a v1 ,(4)

    Cv3 = v3 + c v2 + b v1 .(5)Lequation (3) affirme que v1 cest le vecteur propre correspond ` a la valeur propre = 1 do u

    v1 = v =111

    .

    Lequation (4), vu que la valeur propre 1 nadmet qu un seul vecteur propre donc on ne peut pas prendre a = 0, ladetermination du vecteur v2 se fait par

    v2 =

    y ayy ,

    soit a = 1 et y = 0 donc

    v2 =1

    00

    .

    Lequation (5) permt de determiner le vecteur v3 comme etant

    v3 =y + 3 c b

    yy + c

    ,

    pour que la famille {v1, v2, v3 } forme une base il faut et il suffit quedet || v1, v2, v3 ||= 0 ,

    le calcule fournitc = 0 ,

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    Revision dAlgebre III, page 5 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    alors pourc = 1 , b = 0 , x = 0 ,

    on aura

    v3 =301

    .

    En conclusion la matrice reduite et la matrice de passage sont

    C =1 a b0 1 c0 0 1

    =1 1 00 1 10 0 1

    , P = v1 v2 v3 =1 1 31 0 01 0 1

    .

    3 Application

    Trois applications fondmentales de la diagonalisation

    Calcul de la puissance dune matrice

    On sinteresse `a calucler la puissance dune matrice carree A toute en supposant qu elle est diagonalisable, cela etantdit permet de conclure lexitence dune matrice A diagonale formee par les valeurs propres de A de la fomre

    A =1 0 00 2 0... ... . . . ...0 0 n

    ,

    et une matrice inverssible P formee par les vecteurs propres de A tel que la construction de A et P se fait selon laTechnique 1 page 1, et ses ingrediants sont reliees par la relation

    A = P 1 AP = A = P A P 1 .Lutilisation du fait que P P 1 = I , permet davoir

    Ak = P A k P 1 ,ainsi il est simple de montrer que

    (6) A k =1 0 00 2 0... ... . . . ...0 0 n

    k

    =

    k1 0 00 k2 0... ... . . . ...0 0

    kn

    ,

    dou

    Ak = P k1 0 00 k2 0... ... . . . ...0 0 kn

    P 1 ,

    Systeme de suites recurrentes

    On suppose quon a un systeme des suites recurrentes dans lequel on cherche ` a determiner le terme general en fonctiondes premiers termes de chaque suite et de lindice k, a savoir

    (7)

    uk+1 = a11 uk + a12 vk + + a1n zk ,vk+1 = a21 uk + a22 vk + + a2n zk ,...zk+1 = an 1 uk + an2 vk + + ann zk ,

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    Revision dAlgebre III, page 6 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    le systeme (7) peut etre met sous la forme matricielle suivante

    (8) X k+1 = AX ktel que

    A =

    a11 a12 a1na21 a22

    a2n... ... . . . ...

    an 1 an 2 ann, X k =

    ukvk...

    zk.

    Ainsi

    (9) X k+1 = Ak X 1 ,Dans le cas ou la matrice A est diagonalisable cela revient ` a calculer la puissance dune matrice qui se fait selon lapartie precedente qui affirme que

    (10) Ak = P k1 0 00 k2

    0

    ... ... . . . ...0 0 kn

    P 1 ,

    quitte a remplacer la valeur de (10) dans (9) on obtient le terme general en fonction de lindice k et du premier termeX 1 uniquement.

    Systeme dequations differentielles

    Soit le systeme dequations differentielles lineaires ` a coefficients constants sans second membre auton ome suivant

    (11)

    d

    d t x1 = a11 x1 + a12 x2 +

    + a1n xn ,

    dd t

    x2 = a21 x1 + a22 x2 + + a2n xn ,...

    dd t

    xn = an 1 x1 + an 2 x2 + + ann xn ,ce systeme peut etre met sous une forme matrcielle

    (12) d

    d t X =

    AX ,

    A =

    a11 a12 a1na21 a22 a2n... ... . . . ...

    an 1 an 2 ann, X =

    x1x2

    ...xn

    .

    La resolution de ce systeme se fait selon la technique suivante

    Technique 3.

    1. On diagonalise A et on determine la matrice reduite A et la matrice de passgae correspondante P selon la Technique 1 page 1.2. On resoud le systeme

    dd t

    Y = A Y .3. La solution du systeme (12) est

    X = P Y .

    Remarque 1. La traingularisation permet de resoudre des systeme differentielles, et cette resolution elle se fait selon les etapes de la Technique 3.

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    Revision dAlgebre III, page 7 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    4 Exercices

    Exercice 1. Resoudre dans M3( C ) lequation suivante dont A est linconnu

    A2 =1 0 01 4 02 3 9

    .

    Solution de lexercice 1. La matrice

    A2 =1 0 01 4 02 3 9

    ,

    admet trois valeurs propres distinctes1 = 1 , 2 = 4 , 3 = 9 ,

    donc elle est diagonalisable et elle peut etre ecrite sous la forme

    1 0 01 4 02 3 9

    = P 1 0 00 4 00 0 9

    P 1 ,

    avec P la matrice de passage corespondante qui vaut

    P = 24 0 08 5 03 3 1

    .

    Ainsi on peut toujours trouver une matrice C tel que la matrice A vautA = P C P 1 ,

    ce qui donne

    A2

    = P C2

    P 1

    .Le probleme revient ` a chercher les matrices C qui sont solution de

    P C2 P 1 = P 1 0 00 4 00 0 9

    P 1 = C2 =1 0 00 4 00 0 9

    ,

    huit cas possibles pour la matrice C1 0 00 2 00 0 3

    1 0 00 2 00 0

    3

    1 0 00 2 00 0 3

    1 0 00 2 00 0

    3

    1 0 00 2 00 0 3

    1 0 00 2 00 0 3

    1 0 00 2 00 0 31 0 00 2 00 0 3

    .

    Ainsi quitte `a choisir une matrice C dans la liste precednete et calculerA = P C P 1 ,

    on rattrape toute les solutions possibles du probleme pose.

    Exercice 2. Soient {U n}nN , {V n}nN et {Z n}nN trois suites numeriques reelles veriantU n = 8 U n1 + 9 Z n1 ,V n = 3 U n1 V n1 3 Z n1 ,Z n = 6 U n1 7 Z n1 .

    Determiner les termes U n , V n et Zn en fonction de n , U 0, V 0 et Z0.

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    Revision dAlgebre III, page 8 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    Solution de lexercice 2. Le systeme peut etre ecrit sous la forme matriciel suivante

    U nV nZ n

    =8 0 9

    3 1 36 0 7

    U n1V n1Z n1

    ,

    la matrice de ce systeme elle a pour polyn ome caracteristique

    ( 1 + )2 ( 2 + ) ,donc elle admet deux valeurs propres la premiere 1 = 1 de multiplicite deux et la seconde 2 = 2 de multiplicteune. On passe a la determination des vecteurs propres, il sagit de resoudre le systeme dont v est linconnu

    8 0 93 1 36 0 7

    v = 0 .

    Pour la premiere valeur propre 1 = 1 on trouve deux vecteurs propres

    v 1 =10

    1 , v 2 =

    010

    .

    Pour la deuxieme valeur propre 2 = 2 on trouve un seul vecteur propre

    v 3 =3

    12

    .

    ainsi la matrice reduite et la matrice de passage sont

    A = 1 0 00 2 00 0 2

    , P =1 0 30 1 1

    1 0 2 .

    Ce qui donne que8 0 9

    3 1 36 0 7

    n

    = P A n P 1 ,

    ainsi la valeur de An vaut2 ( 1 )n +1 3 2n 0 6( 1 )n +1 3 2n+1

    ( 1)n

    2n

    ( 1 )n

    3 ( 1 )n

    + ( 1 )n +1

    2n +1

    ( 1 )n 2n 0 3( 1 )n 2n +1 ,

    ce qui permet didentier les termes generaux des suites mises en jeux

    U n = [ 2 ( 1 )n +1 3 2n ] U 0 + [ 6 ( 1 )n +1 3 2n +1 ] Z 0 ,V n = [ ( 1)n 2n ] U 0 + ( 1 )n V 0 + [ 3 ( 1 )n + ( 1 )n +1 2n +1 ] Z 0 ,Z n = [ ( 1 )n 2n ] U 0 + [ 3 ( 1 )n 2n+1 ]Z 0 .

    Exercice 3. Soient R2[ X ] vu comme un R - espace vectoriel et f un endomorphisme de R2[ X ]. Calculer f n ( P )sachant que

    P R2[ X ] : f ( P ) = ( 2 X + 1 ) P ( X 2

    1 ) P (1)

    .Solution de lexercice 3 ( Enonce page 8 ) . La matrice associe `a f dans la base canonique de R2[X ] vaut

    M =1 1 02 1 20 1 1

    ,

  • 7/26/2019 Algbre Revision 2013

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    Revision dAlgebre III, page 9 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    avec un polyn ome caracteristique

    P M ( ) = ( 1 ) ( 1 + ) ( 3 ) = Sp ( M ) = { 1 , 1 , 3 }.La multiplicite de chaque valeur propre vaut 1 donc M est diagonalisable avec une matrice reduite M et une matricede passage correspondante P

    M = 1 0 00 1 00 0 3

    , P =1 1 10 2 2

    1 1 1 ,

    ce qui donne

    f n ( a0 + a1 X + a2 X 2 ) = [ P M P 1]na0a1a2

    = P M n P 1a0a1a2

    ,

    le calcul fournit14

    ( 1 )n + 2 + 3 n 3n ( 1 )n 2 + 3n2 ( 1 )n +1 + 2 3n 2 3n 2 ( 1 )n+1 + 2 3n( 1 )n 2 + 3n 3n ( 1 )n + 2 + 3 n

    a0a1a2

    ,

    nalement

    f ( a0 + a1 X + a2 X 2 ) =14

    ( 1 )n + 2 + 3 n a0 + 3 n a1 + ( 1 )n 2 + 3n a2+

    14

    2 ( 1 )n +1 + 2 3n a0 + 2 3n a1 + 2 ( 1 )n +1 + 2 3n a2 X +

    14

    ( 1 )n 2 + 3n a0 + 3 n a1 + ( 1 )n + 2 + 3 n a2 X 2 .Exercice 4 ( Solution page 9 ) . Resoudre les deux systemes differentiel dordre un ` a coefficients constants

    d xd t = 3 x + 2 y 2 z ,d yd t

    = x + z ,d zd t

    = x + y .

    d xd t = 3 x + y + 2 z ,

    d yd t

    = x + y ,

    d zd t

    = x + y + 2 z .Solution de lexercice 4.

    1. Pour le premier systeme le polyn ome caracteristique vaut

    ( 1 )3 ,la matrice est traingularisable et non diagonalisable, la matrice reduite triangulaire et la matrice de passagecorrepodante sont

    A =1 0 10 1 10 0 1

    , P =1 1 10 1 01 0 0

    ,

    la resolution du systemed

    d t Y = A Y ,

    permet davoir

    Y =k3 t + k1

    k3 t + k

    2k3 et ,

    ainsi la solution de systeme intial est donnee par X = P Y dou

    X =2 k3 t + k1 k2 + k3k3 t + k2

    k3 t + k1 et .

  • 7/26/2019 Algbre Revision 2013

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    Revision dAlgebre III, page 10 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    2. Pour le second systeme le polyn ome caracteristique vaut

    ( 2 )3 ,la matrice de ce systeme nest pas diagonalisable mais triangularisable, la matrice reduite triangulaire et lamatrice de passage correspondante sont

    A = 2 1 00 2 20 0 2 , P = 1 0 01 1 2

    1 1 1 ,

    ainsi la resolution du systemed

    d t Y = P Y ,

    vaut

    Y =k3 t2 + k2 t + k1

    2 k3 t + k2k3

    e2 t ,

    nalement la solution du systeme initial est donnee par X = P Y donc

    X =k3 t2 + k2 t + k1

    k3 t2 + ( k2 2 k3 ) t + k1 k2 + 2 k3k3 t2 ( k2 2 k3 ) t k1 + k2 k3

    e2 t .

    Exercice 5 ( Solution page 10 ) . Soit E = C ( R ; C ) le R - espace vectoriel des fonctions inniment derivable sur Ra valeur dans C , on deni lendomorphisme

    : E E , f ( f ) ,tel que

    x R : f ( x ) =

    + 2

    2

    ( t, x ) f ( t ) dt .

    1. Determiner les valeurs propres et les vecteurs propres de dans le cas o` u

    ( t, x ) = sin ( x t ) e x t .2. Quelle sont les conditions necessaires et suffisantes sur la fonction g de telle sorte que lequation

    ( f ) g ,admet des solutions dans E

    3. Memes questions dans le cas o` u( t, x ) = cos( x + t ) e x t .

    Solution de lexercice 5. Dans le cas ou ( t , x ) = sin( x t ) on a1. Les valeurs et les vecteurs propres de . On utilise la formule

    sin( + ) = cos sin + cos sin ,

    pour simplier lecriture de en

    f ( x ) = A ex cos x + B ex sin x ,

    tel queA = +

    2

    2

    sin t e t f ( t ) dt , B = +

    2

    2

    cos t e t f ( t ) dt .

    Ainsi la recherche des valeurs et des vecterus propres revient ` a resoudre

    f ( x ) = f ( x ) = A ex cos x + B ex sin x ,

  • 7/26/2019 Algbre Revision 2013

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    Revision dAlgebre III, page 11 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    (a) Si = 0. En utilisant le fait que les deux vecteurs

    cos x ex , sin x ex ,

    sont lineairement independants, on conclu que

    A = 0 , B = 0 .

    Ainsi les vecteurs propres correspondant ` a la valeur propre 0 forment le sous espace propres

    E 0 = f E : +

    2

    2

    sin t e t f ( t ) dt = +

    2

    2

    cos t e t f ( t ) dt = 0 .

    (b) Si = 0. Dans ce cas on a

    f ( x ) = A

    ex cos x +

    B

    ex sin x ,

    ce qui permet de calculer A et B et conclure que

    A = 2 B , B =

    2 A ,

    douA ( 2 + 4 ) = 0 , B =

    2

    A ,

    il est impossible davoir A = 0 sinon on aura f 0 ce qui est absurde vu la denition des vecteurs propres.Ainsi deux valeurs propres sont possibles etE i 2 = Vect e

    ( 1 i ) x , E i

    2= Vect e( 1 + i ) x ,

    2. Condition necessaire et suffisante. Il faut et il suffit que

    g E i 2 E i 2 .Dans la cas ou ( t , x ) = cos( x + t ) on a

    1. Les valeurs et les vecteurs propres de . On utilise la formule

    cos( + ) = cos cos sin sin ,pour simplier lecriture de en

    f ( x ) = A ex cos x + B ex sin x ,

    tel queA = +

    2

    2

    cos t e t f ( t ) dt , B = +

    2

    2

    sin t e t f ( t ) dt .

    Ainsi la recherche des valeurs et des vecteurs propres revient ` a resoudre

    f ( x ) = f ( x ) = A ex cos x + B ex sin x ,

    (a) Si = 0. En utilisant le fait que les deux vecteurs

    cos x ex , sin x ex ,

    sont lineairement independants, on conclu que A = 0 et B = 0. Ainsi les vecteurs propres correspondant ` ala valeur propre 0 forment le sous espace propre

    E 0 = f E : +

    2

    2

    sin t e t f ( t ) dt = +

    2

    2

    cos t e t f ( t ) dt = 0 .

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    Revision dAlgebre III, page 12 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    (b) Si = 0. Dans ce cas on a

    f ( x ) = A

    ex cos x +

    B

    ex sin x ,

    ce qui permet de calculer A et B et conclure que

    A = 2

    A , B = 2

    B ,

    dou =

    2

    , A, B quelconque non tous les deux nuls ,

    ce qui donneE

    2= Vect sin t e t , cos t et .2. Condition necessaire et suffisante. Il faut et il suffit que

    g E 2 .

    5 Polyn ome minimale et polyn ome annulateur

    Une notion qui permet de determiner le caractere de diagonalisation et du triangularisation.

    Denition 1. Soit E un K - espace vectoriel, K[ X ] lensemble des polyn omes de degre quelconque a coefficients dans K et QK [ X ] exprime par

    Q( X ) =m

    k = 0

    ak X k .

    Soit f un endomorphisme de E , on note

    Q( f ) =m

    k = 1

    ak f k , f k = f f

    n foix

    .

    Dans le cas dune matrice carree A on note

    Q( A) =m

    k = 1

    ak Ak .

    Maintenant une fois la dention de la composee dun polyn ome par un endomorphisme etablit on peut donner ladention du polyn ome annulateur dun endomorphisme.

    Denition 2 ( Polyn ome annulateur ) . Soit f un endomorphsime dune K - espace vectoriel E et soit Q un polyn ome de K[ X ], on dit quil est annulateur de f si

    Q( f )

    0 .

    Theoreme 3. Soit f un endomorphisme dun K - espace vectoriel E de dimension nie. Alors f est diagonalisable si et seulement si il exsite un polyn ome scinde qui admet que des racines simples et qui annule f .

    Denition 3 ( Polyn ome minimal ) . Soit f un endomorphisme dun K espace vectroiel E , on appelle un polyn ome minimal de f et on le note m f le polyn ome annulateur de f qui est

    1. Normalise dans le sens ou le coefficient du mon ome du plus haut degre de ce polyn ome vaut un.2. Cest le polyn ome de degre le plus petit parmi tous les polyn omes annulateurs de f .

    Proposition 1. Soit f un endomorphisme dun K - espace vectoriel E et Q un polyn ome sur K . Alors Q est annulateur de f si et seulement si est un multiple du polyn ome minimal de f .

    Theoreme 4 ( Cayley Hamilton) . Soit f un endomorphisme dun K - espace vectoriel E de dimension nie n. Alors le polyn ome caracteristique P f de lendomorphisme f est un polyn ome annulateur de f , autrement

    P f ( f ) 0 .Corollaire 2. Soit f un endomorphisme dun K - espace vectoriel E de dimension nie. Alors Le polynome ca-racteristique de f est un multiple de son polyn ome minimal.

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    Revision dAlgebre III, page 13 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    Technique 4. Soit E un K - espace vectoriel de dimension nie n, et soit f un endomorphisme de E . On suppose quon a determiner le polyn ome caracteristique de f et qui vaut

    P f ( ) = p

    k = 1

    ( k ) k , p

    k = 1

    k = n ,

    alors on fabirque la liste des polyn ome suivante

    QJ ( ) = p

    k = 1

    ( k ) k , p

    k = 1

    k = J , J = p n .

    dans cette liste pour J = p n xe, le polyn ome QJ nest pas unique, mais il se peut qu il a plusieures possibilite.Alors pour J = p n on cacule la valeur de

    QJ ( A) = p

    k = 1

    ( A k I ) k ,

    le premier indice J 0 qui annule cette valeur donne le polyn ome minimal de f , autrement

    m f ( ) = QJ 0 .Theoreme 5 ( Theoreme Principal ) . Soient E un K - espace vectoriel de dimension nie n et f un endomorphisme de E . Alors f est diagonalisable si et seulement si son polyn ome minimal est scinde dans K et nadmet que des racines simples.

    Exemple 3.

    Supposons quon a un endomorphsime quon a calcule son polyn ome caracteristique et on a trouve quil vaut

    ( 1)3

    ( 2)2

    ( + 1 )2

    ,ainsi les possibilites pour le polyn ome minimal sont

    1. Pout J = 3 ona

    Q3 = ( 1) ( 2) ( + 1 ) .2. Pour J = 4 on a

    Q4 =( 1) ( 2) ( + 1 ) 2 ,

    ou( 1) ( 2)2 ( + 1 ) ,ou(

    1)2 (

    2) ( + 1 ) .

    3. Pour J = 5 on a

    Q5 =

    ( 1) ( 2)2 ( + 1 ) 2 ,ou( 1)2 ( 2) ( + 1 ) 2 ,ou( 1)2 ( 2)2 ( + 1 ) ,

    ou( 1)3 ( 2) ( + 1 ) .

    4. Pour J = 6 on a

    Q6( ) =( 1)2 ( 2)2 ( + 1 ) 2 ,

    ou( 1)3 ( 2) ( + 1 ) 2 ,

    ou( 1)3 ( 2)2 ( + 1 ) .

    5. Pour J = 7 on a

    Q7( ) = ( 1)3 ( 2)2 ( + 1 ) 2 .

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    Revision dAlgebre III, page 14 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    Le polyn ome minimal existe dans cette liste, pour le determiner on commence par tester ces polyn omes un par un surla matrice associee `a lendomorphsime dans le sens ou on calcule QJ ( A) avec Ala matrice associee `a lendomorphismedans nimporte quelle base. En commencant par J = 3 sil sannule cest le polynome minimal sinon en passe a la listede J = 4 si lun deux sannule cest notre m f sinon en passe a J = 5 et ainsi de suite. Si tout les polyn omes pourJ 6 ne sannulent pas losrque en calcule QJ ( A ), alors pour J = 7, Q7 cest le polynome caracteristique ` a signepres, l a il ne faut pas calculer plut ot en utilise le Theoreme 4 page 12 pour conclure que cest le polyn ome minimal.6 Formes Bilineaires

    Cas de dimension quelconque

    Denition 4 ( Forme Bilineaire ) . Soit E un K - espace vectoriel, on appelle une forme bilineaire sur E toute application

    b : E E K , ( X , Y ) b( X , Y ) ,telle que b est lineaire par rapport ` a chaque variable, autrement dit

    X 1, X 2, Y 1, Y 2, X, Y E , , K : b( X 1 + X 2 , Y ) = b( X 1 , Y ) + b( X 2 , Y ) ,

    b( X , Y 1 + Y 2 ) = b( X , Y 1 ) + b( X , Y 2 ) .

    Exemple 4. Soit E le R - espace vectoriel des fonctions continues sur un intervalle ferme borne [ a , b ]

    E = C 0 [ a , b ] , R .

    On denit la relation b sur E par

    f , g E : b( f , g ) = ba f ( t ) g ( t ) dt .Il est claire que cette relation est bien une application car

    f , g

    E :

    | b( f , g )

    |< +

    .

    De plus pour tout f , f 1, f 2, g , g 1 et g 2 elements de E et pour tout et deux elements de R , le calcul fournit

    b( f 1 + f 2 , g ) = b( f 1 , g ) + b( f 2 , g ) .

    donc b est lineaire par rapport ` a la premiere variable.

    b( f , g 1 + g 2 ) = b( f , g 1 ) + b( f , g 2 ) .

    donc b est lineaire par rapport ` a la seconde variable.

    Denition 5 ( Symetrie ) . Soit b une forme bilineaire sur un K - espace vectoriel E , on dit que 1. La forme b est une forme symetrique si

    X, Y E : b( X , Y ) = b( Y , X ) .2. La forme b est une forme anti - symetrique si

    X, Y E : b( X , Y ) = b( Y , X ) .Exemple 5. Vu la forme bilineaire donnee par lExemple 4 page 14 et vu le fait que

    f , g

    E :

    b

    a f ( t ) g ( t ) dt =

    b

    ag ( t ) f ( t ) dt ,

    on conclut que

    f , g E : b( f , g ) = b( g , f ) ,donc cette forme est bien une forme symetrique.

    Lemme 1. Soit b une forme bilineaire sur un K - espace vectoriel E . Alors

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    Revision dAlgebre III, page 15 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    1. Le noyau de b est donne par

    N ( b ) = {Y E / X E : b( X , Y ) = 0 } .2. La forme b est non degeneree si et seulement si

    N ( b ) =

    {0

    } .

    Exemple 6. On veut determiner le noyau de la forme bilineaire b denit sur E = C 1( R , R ) par

    f , g E : b( f , g ) = f ( 1 ) ( 0 ) g ( 0 ) .Par denition

    N ( b ) = {g E / f E : b( f , g ) = 0 } ,donc si g est un element du noyau de b alors

    f E : f ( 1 )( 0 ) g ( 0 ) = 0 ,

    ce qui donne que g ( 0 ) = 0 ,

    nalement

    N ( b ) = {g E : g ( 0 ) = 0 } ,on remarque que N ( b ) = {0}, donc b est degeneree.Denition 6 ( Transposee dune forme bilineaire ) . Soit b une forme bilineaire sur un K - espace vectoriel E , on appelle la transposee de b et on la note tb la forme bilineaire denie par

    X, Y E : tb( X , Y ) = b( Y , X ) .Exemple 7. Soit le R - espace vectoriel des fonctions de classe C 1 sur R quon le note

    E = C 1( R , R ) ,

    et soit lapplication bilineaire denie sur E par

    f , g E : b( f , g ) = f ( 1 ) ( 0 ) g ( 0 ) ,alors la transposee de b est denie par

    f , g E : tb( f , g ) = g ( 1 ) ( 0 ) f ( 0 ) .Denition 7 ( Denie positive, Denie negative ) . Soit b une forme bilineaire sur un K - espace vectoriel E . Alors

    1. La forme b est positive si

    X E : b( X , X ) 0 .2. La forme b est negative si

    X E : b( X , X ) 0 .3. La forme b est denie positive si

    X E : b( X , X ) 0 .b( X , X ) = 0 X = 0 .

    4. La forme b est denie negative si

    X E : b( X , X ) 0 .b( X , X ) = 0 X = 0 .

    Exemple 8.

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    Revision dAlgebre III, page 16 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    1. Vu lapplication b de lExemple 4 page 14 on a

    f E : b( f , f ) = ba f 2( t ) dt ,vu les proprietes des integrales il est simple de voir que

    f E : b( f , f ) 0 ,

    de plus

    b( f , f ) = 0 ba f 2( t ) dt = 0 ,vu que f est continue alors necessairement

    f 0 ,donc b est denie positive.

    2. Soit E lensemble des fonctions f de [ a , b ] dans R pas necessairement continuent et veriant

    b

    a f ( t ) 2 dt < + ,

    on denit la relation b sur E par

    f , g E : b( f , g ) = ba f ( t ) g ( t ) dt .Il est clair que cette relation est une application sur E cela est du a linegalite de Cauchy - Schwartz

    f , g E : | ba f ( t ) g ( t ) dt | ba f ( t ) 2 dt 1/ 2 b

    ag ( t ) 2 dt

    1/ 2,

    qui permet de conclure que

    f , g E : | b( f , g ) |< + .Cette forme est positive car

    f E : b( f , f ) = ba f ( t ) 2 dt 0 ,par contre elle nest pas denie positive car pour

    f ( t ) =

    1 si t = a + b

    2 ,

    0 si t = a + b

    2 ,

    =

    f 0 , b( f , f ) = 0 .

    donc cette forme nest pas denie positive.

    Cas de dimension nie

    Denition 8 ( Matrice associee `a une forme bilineaire ) . Soient E un K - espace vectoriel de dimension nie n , b une forme bilineaire denie sur E et

    B = {e1 , , en }une base de E . On appelle la matrice associee ` a b dans la base

    B de E et on la note

    MB( b ) la matrice suivante

    MB( b ) =b( e1 , e1 ) b( e1 , en )... ...b( en , e1 ) b( en , en )

    .

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    Revision dAlgebre III, page 17 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    Exemple 9. Soient E = R3 vu comme etant un R - espace vectoriel, {ei } la base canonique de R3 et b une formebilineaire denie sur E par

    X =x1x2x3

    , Y =y1y2y3

    E : b( X , Y ) = x1 y2 + x2 y1 + 2 x3 y3 x1 y3 .

    La base canonique vaut

    e1 =100

    , e2 =010

    , e3 =001

    ,

    et le calcul fournit

    b( e1 , e1 ) = 0 , b( e1 , e2 ) = 1 , b( e1 , e3 ) = 1 ,b( e2 , e1 ) = 1 , b( e2 , e2 ) = 0 , b( e2 , e3 ) = 0 ,b( e3 , e1 ) = 0 , b( e3 , e2 ) = 0 , b( e3 , e3 ) = 2 ,

    ainsi

    Mei ( b ) =0 1

    1

    1 0 00 0 2

    .

    Lemme 2. Soient E un K - espace vectoriel de dimension nie n , b une forme bilineaire denie sur E et B une base de E . Si x et y sont deux vecteurs de E et si on note

    X = MB( x ) , Y = MB( y ) ,alors

    b( x , y ) = tX MB( b ) Y .Proposition 2 ( Formule de changement des bases ) . Soient E un K - espace vectoriel de dimension nie n, b une forme bilineaire sur E et

    B,

    B deux base de E . Alors

    (13) MB( b ) = tP MB( b ) P ,

    avec P cest la matrice de passage de la base B a la base B.Exemple 10. On considere la forme bilineaire de lexemple 9 page 17. On veut determiner la matrice associee ` a cetteforme dans la base B formee par les vecteurs

    1 =111

    , 2 =101

    , 3 =011

    ,

    on a deja la matrice associee ` a b dans la base canonique de R3, de plus la matrice de passage de la base canonique ` ala base B vaut

    P =1 1 01 0 11 1 1

    ,

    ce qui donne

    t P =1 1 11 0 10 1 1

    ,

    il suffit dutiliser la formule (13) page 17 pour avoir la matrice associee dans la base B

    MB( b ) = tP Me i P =1 1 1

    1 0 10 1 1

    0 1

    1

    1 0 00 0 2

    1 1 0

    1 0 11 1 1

    .

    nalement

    MB( b ) =3 2 22 1 23 3 2

    .

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    Revision dAlgebre III, page 18 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    Proposition 3. Soit b une forme bilineaire sur un K - espace vectoriel E de dimension nie. Alors le rang de la forme b est le rang de la matrice associee ` a cette forme dans une base quelconque de E .

    (14) rang b = rang MB( b ) .Proposition 4. Soit b une forme bilineaire sur un K - espace vectoriel E de dimension nie n. Alors b est non degeneree si et seulement si

    rang ( b ) = n = dim E .

    Denition 9 ( Descriminant dune forme bilineaire ) . Soient E un K - espace vectoriel de dimension nie et b une forme bilineaire denie sur E , alors on appelle le descriminant de b le determinant de la matrice associee ` a cette forme dans une base quelconque.

    Proposition 5 ( Noyau ) . Le noyau de b est le noyau de la matrice qui represente b dans une base quelconque de E .

    Theoreme 6 ( Theoreme du rang pour les formes bilineaires ) . Soit E un K - espace vectoriel de dimension nie et soit b une forme bilineaire sur E alors

    (15) dim E = rang b + dim N ( b ) .7 Formes quadratiques

    Cas de dimension quelconque

    Denition 10 ( Forme quadratique, Forme p olaire ) . Soit E un K - espace vectoriel et soit Q une application de Edans K . On dit que Q est une forme quadratique sur E s il existe une forme bilineaire symetrique S denie sur Etelle que

    X E : Q ( X ) = S ( X , X ) .La forme bilineaire symetrique S sappelle la forme p olaire associee `a la forme quadratique Q .Proposition 6 ( Unicite et determination de la forme p olaire ) . Soit E un K - espace vectoriel et Q une forme quadratique sur E . Alors il existe une unique forme bilineaire symetrique S denie sur E telle que

    X

    E : Q ( X ) =

    S ( X , X ) ,

    de plus la forme S est denie par lexpression (16) X, Y E : S ( X , Y ) =

    12

    Q ( X + Y ) Q ( X ) Q ( Y ) .Exemple 11. Soit E = R[ X ] vu comme etant un R - espace vectoriel et soit lapplication Q denie sur E par larelation

    p E : Q ( p ) = + 1 1 p( x )2 dx .On veut montrer que Q est une forme quadratique sur E . Alors on construit lapplication

    p, q

    E :

    S ( p , q ) =

    1

    2Q ( p + q )

    Q ( p )

    Q ( q ) ,

    le calcul fournit

    p, q E : S ( p , q ) = + 1 1 p(x) q ( x ) dx ,il suffit de verier que S ainsi denie represente une forme bilineaire symetrique sur E pour pouvoir conclure que Qest une forme quadratqiue sur E

    Denition 11 ( noyau, Caractere non degeneree, Denie positive) . Soit E un K - espace vectoriel et Q une forme quadratique sur E . Alors

    On appelle le noyau de Q le noyau de la forme p olaire associee `a Q : N ( Q ) = N ( S ) . On dit que Q est non degeneree si la forme p olaire associee `a Q est non degeneree. On dit que Q est denie positive si sa forme p olaire associee est denie positive.

    Proposition 7. Soit E un K - espace vectoriel et Q une forme quadratqiue sur E alors 1. La forme Q est denie positive si et seulement si

    X E : Q ( X ) 0 , Q ( X ) = 0 X = 0 .2. Si Q ou Q est denie positive alors Q est necessairement non degeneree.

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    Revision dAlgebre III, page 19 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    Cas de dimension nie

    Denition 12 ( Matrice dune forme quadratique ) . Soit E un K - espace vectoriel de dimension nie n et soit Qune forme quadratique sur E , on denit la matrice associee ` a la forme quadratique Q comme etant la matrice associee a sa forme p olaire S .Denition 13 ( Polyn ome homogene ) . Soit QK [ X 1 , , X n ], on dit quil est homogene de degre deux si

    K , X Kn : Q( X ) = 2 Q ( X ) .

    Remarque 2 ( Utile ) . Un polyn ome Q est homogene de degre deux si et seulement sil secrit sous la forme

    X Kn : Q( X ) =n

    k,l = 1

    kl xk x l .

    avec kl K des coefficients xes.Proposition 8. Soit E un K - espace vectoriel de dimension nie n, et Q une application denie sur E a valeurs dans K . Alors Q est une forme quadratique sur E si et seulement si elle est un polyn ome homogene de degre deux.

    OrthogonaliteDenition 14 ( Orthogonalite ) . Soit b une forme bilineaire symetrique sur un K - espace vectoriel E , x, y deux vecteurs de E et A un sous ensemble non vide de E . Alors

    1. On dit que les deux vecteurs x et y sont orthogonaux si

    b( x , y ) = 0 .

    2. On appelle lorthogonal de A et on le note A le sous ensemble de E denit par A = {y E / x A : b( x , y ) = 0 } .

    Exemple 12. Soit

    E =

    R3[ X ] vu comme etant un

    R - espace vectoriel, et soit lapplication bilineaire symetrique

    bdenie sur E par

    P , Q E : b ( P , Q) = + 1 1 P ( t ) Q( t ) dt ,et soit F le sous ensemble de E denit par

    F = Q E : x R , Q( x ) = x2 + x , , R ,on veut determiner lorthogonal de F par rapport ` a la forme b . Alors

    Q A = P A : b ( P , Q) = 0 = , R : b ( X 2 + X , Q) = 0 ,on utilise la bilineairite de b , en particulier sa lineairite par rapport ` a sa premiere variable on a

    , R : b ( X 2 , Q) + b ( X , Q) = 0 = b ( X 2 , Q) = 0 , b ( X , Q) = 0 ,or QR 3[ X ] donc

    a, b, c, d R : Q( X ) = a X 3 + b X 2 + c X + d ,ce qui donne

    a b ( X 2 , X 3 ) + b b ( X 2 , X 2 ) + c b ( X 2 , X ) + d b ( X 2 , 1 ) = 0 ,a b ( X , X 3 ) + b b ( X , X 2 ) + c b ( X , X ) + d b ( X , 1 ) = 0 ,

    alors le calcul fournit3 b + 5 d = 0 , 3 a + 5 c = 0 ,

    donc

    Q( X ) = a X 3 35

    X + b X 2 35

    , a, b R ,ainsi

    A = Vect X 3 35

    X , X 2 35

    .

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    Revision dAlgebre III, page 20 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    Lemme 3. Soient E un K - espace vectoriel, b une forme bilineaire symetrique denie sur E et F un sous espace vectoriel de E de dimenssion nie. Alors le vecteur w F si et seulement si il est orthogonal `a une base de F.Exemple 13. On considere lexemple 12 page 19 dans lequel on ` a determine lorthogonal de lensemble

    F = Q E : x R , Q( x ) = x2 + x , , R ,

    il est clair que cet ensemble est un sous espace vectoriel de E

    =R

    3[ X ] et que la famille

    B = X 2 , X ,est une base de F, ainsi lorthogonale de F est denit par

    F = w E : b( X 2 , w ) = b( X , w ) = 0 ,et le calcule conduit au meme resultat que dans lexemple 12.

    Proposition 9. Soit b une forme bilineaire symetrique sur un K - espace vectoriel E et A un sous ensemble non vide de E . Alors lorthogonal de A est un sous espace vectoriel de E .Proposition 10. Soit E un K - espace vectoriel de dimension quelconque et soit b une forme bilineaire symetrique denie sur E , alors les assertions suivantes sont vraies.

    1. {0 } = E .2. E = N ( b ) .3. B E , B = : N ( b ) B .

    Proposition 11. Soient E un K -espace vectoriel de dimension nie, b une forme bilineaire symetrique denie sur Eet F un sous espace vectoriel de E . Alors

    1. dim E = dim F + dim F dim F N ( b ) .2. F = F + N ( b ) .

    Denition 15 ( Orthogonalite par rapport ` a une forme quadratique ) . On dit que deux vecteurs sont orthogononaux par rapport `a une forme quadratique Q , sils sont orthogonaux par rapport ` a sa forme p olaire S .Denition 16 ( Vecteur isotrope ) . Soit E un K - espace vectoriel et Q une forme quadratique sur E , on dit que vest un vecteur isotrope si

    Q ( v ) = 0 .

    Lensemble des vecteurs isotropes de Q est appelle le c one isotrope et est note

    I ( Q ) = {X E : Q ( X ) = 0 } .Exemple 14. Soit E = R [ X ] vu comme etant un R - espace vectoriel et soit la forme quadratique Q denie sur E

    par p E : Q ( p ) = p( 1 ) ( 0 ) p( 0 ) ,

    et on veut determiner le c one isotrope de cette forme, alors soit Q ( p ) = 0 donc

    p( 1 ) ( 0 ) p( 0 ) = 0 ,

    or p est un polyn ome donc

    p( x ) =m

    k = 0

    ak xk , p( 1 ) ( x ) =m

    k = 1

    k ak xk 1 ,

    alors il est simple de voir que p( 1 )( 0 ) p( 0 ) = a1 a0

    donc

    p I ( Q ) p( x ) =m

    k = 1

    ak xk et a1 a0 = 0 .

    Remarque 3 ( Importante ) . Contrairement au noyau dans le cas general le c one isotrope nest pas un sous espace vectoriel.

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    Revision dAlgebre III, page 21 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    Lemme 4. Soit E un K - espace vectoriel et Q une forme quadratique sur E . Alors

    N ( Q ) I ( Q ) .Denition 17 ( Sous espaces isotropes ) . Soient E un K espace vectoriel, F un sous espace vectoriel de E et Q une forme quadratique denie sur E . On dit que F est un sous espace isotrope de E si

    (17) F F = {0 } .Proposition 12. Soit E un K - espac vectoriel et Q une forme quadratique denie sur E . Alors E admet des sous espaces isotropes par rapport ` a Q si et seulement si

    I ( Q ) = {0 } .Proposition 13. Soient E un K - espace vectoriel de dimension nie, F un sous espace vectoriel de E et Q une forme quadratique denie sur E . Alors

    E = F F ,si et seulement si F est un sous espace vectoriel non - isotrope.

    8 Bases orthogonales

    Denition 18 ( Base orthogonale ) . Soient E un K - espace vectoriel de dimension nie n, b une forme bilineaire symetrique et B une base de E avec

    B = {e1 , , en } .Alors

    1. On dit que B est une base orthogonale de E si k, l = 1 n , k = l : b( ek , el ) = 0 .

    2. On dit que

    B est normalisee si

    k = 1 n : b( ek , ek ) = 1 .

    3. On dit que B est orthonormee si elle est ` a la fois orthogonale et normalisee

    k, l = 1 n : b( ek , el ) =1 Si k = l ,

    0 Si k = l .Remarque 4 ( Utile ) . Soit b une forme bilineaire symetrique et B une base de E , alors

    1. MB( b ) est diagonale si et seulement si B est orthogonale.2. MB( b ) admet que des 1 sur son diagonale si et seulement si B est normalisee.3. MB( b ) = I si et seulement si B est orthonormee.

    Theoreme 7 ( Existence des bases orhtogonales ) . Soit E un K - espace vectoriel de dimension nie n et soit b une forme bilineaire symetrique. Alors E admet des bases orthogonales par rapport ` a la forme b.

    9 Recherche des bases orthogonales

    Methode de Gauss.

    Cette methode sapplique uniquement lorsque la forme quadratqiue admet dans son expression au moins un termecarree. Soit R3 vu comme etant un R - espace vectoriel et Q une forme quadratique denie sur R3 par

    x

    R3 : Q ( x ) = x21 + 2 x

    22 + 5 x

    23 + 2 x1 x2

    4 x2 x3 .

    On considere un terme carre quelconque par exemple x211. On ordone suivant le parametre x1

    Q ( x ) = x21 + 2 x1 x2

    Termes en x 1+ 2 x22 + 5 x

    23 4 x2 x3 .

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    Revision dAlgebre III, page 22 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    2. On ecrit les termes en x1 comme le debut dun carre

    Q ( x ) = ( x1 + x2 )2 x22 Termes en x 1

    + 2 x22 + 5 x23 4 x2 x3 .

    3. On obtient le carre dune forme lineaire et des termes qui ne contiennt pas x1

    Q ( x ) = ( x1 + x2 )2 + x22 + 5 x23 4 x2 x3

    Terme ne contient pas x 1.

    4. On refait le meme travail sur les termes qui ne contiennent pas x1 par exemple sur le terme en x2

    Q ( x ) = ( x1 + x2 )2 + x22 4 x2 x3

    Terme en x 2+ 5 x23

    = ( x1 + x2 )2 + ( x2 2 x3 ) 4 x23 Terme en x 2

    + 5 x23

    5. On continu loperation jusqu ` a la disparition de tous les termes rectangles

    Q ( x ) = ( x1 + x2 )2 + ( x2 2 x3 ) + x23 .Cette methode est util par contre elle ne peut etre utilisee que si dans toute les etapes il y a au moins un terme carredans le cas contraire il faut utiliser la methode qui sera traitee dans la prochaine sous section.

    Proposition 14. Soit E un K - espace vectoriel de dimension nie n et Q une forme quadratique sur E qui peut etre ecrit sous la forme

    Q ( x ) = p

    k = 1

    x2k , p n ,

    par utilisation de la methode precedente. Alors les application P k qui denie xk par lexpression x E , k = 1 p : xk = P k ( x ) ,

    sont lineairement independantes.

    Methode des derivees partielles.

    Cette methode sapplique lorsque la forme quadratqiue nadmet aucun terme carre dans son expression. Soit E = R 3

    vu comme etant un R - espace vectoriel et soit la forme quadratique Q denie sur R3 par

    x

    R3 : Q ( x ) = 5 x1 x2 + 6 x1 x3 + 3 x2 x3 .

    1. On choisit un terme rectangle K xk x l avec K = 0. Dans notre cas on prend5 x1 x2 .

    2. On calcule les derivees partielles x k Q , x l Q .

    Dans notre cas on a x 1 Q ( x ) = 5 x2 + 6 x3 , x 2 Q ( x ) = 5 x1 + 3 x3 .

    3. On ecrit Q sous la forme

    x E : Q ( x ) = 1

    K x k Q ( x ) x l Q ( x ) + Terme Correctife .

    Dans notre cas on a

    x E : Q ( x ) = 15

    ( 5 x2 + 6 x3 ) ( 5 x1 + 3 x3 ) 18

    5 x23 .

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    Revision dAlgebre III, page 23 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    4. On aura une ecriture de la forme

    x E : Q ( x ) = 1

    K 1( x ) 2( x ) + Terme Correctife ,

    avec1 k Q , 2 lQ ,

    alors on ecrit

    1 2 14 ( 1 + 2 )

    2

    14 ( 1 2 )

    2,

    pour avoir la forme nale

    x E : Q ( x ) = 14 K

    ( 1 + 2 )2 14 K

    ( 1 2 )2 + Terme Correctif .Dans notre cas on aura

    x E : Q ( x ) = 120

    ( 5 x1 + 5 x2 + 9 x3 )2 120

    ( 5 x1 5 x2 3 x3 ) 18

    5 x33 .

    5. Si dans le terme correctif on a un terme rectangle on refait les memes etapes au niveau de ce terme, si on aun melange des termes carres et des termes rectangles on refait la methode de Gauss au niveau de ce terme.Lorsquil ne reste que des termes carre la procedure sacheve.

    Proposition 15. Soit E un K - espace vectoriel de dimension nie n et Q une forme quadratique denie sur Esatisafaisant la methode des derivees partielles precedement mentionnees et donc elle peut etre ecrite sous la forme

    p

    k = 1P k ( x )2 , p n ,

    avec P k des applications lineaires. Alors la famille P 1 , , P p ,

    est libre.

    Resultat des deux methodes.

    Dans les deux methodes precedentes la forme nale de lapplication Q cetait

    (18) a1 x21 + + a p x2 p ,telle que dans le cas general

    p dim E .Alors on peut ecrire un systeme qui transforme xi en x j , en effet

    (19)x1...

    x p

    = Ax1...

    x p

    ,

    alors soit la matrice

    P =A 0

    1. . .

    0 1

    ,

    ainsi on a

    x1...xn

    = Px1...xn

    ,

    dou le resultat suivant.

    Proposition 16. La matrice P est une matrice inversible et P 1 est la matrice de passage entre la base {ei } de E dans laquelle la forme Q est initialement denie et la base {vi } dans laquelle cette forme secrit sous comme la somme des carrees, telle que le vecteur vi cest la i eme colonne de la matrice P 1, de plus cette base est orthogonale.

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    Revision dAlgebre III, page 24 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    10 Classication des formes quadratiques

    Theoreme 8 ( Sylvester ) . Soit E un R - espace vectoriel de dimenssion nie n et Q une forme quadratique sur E .Alors il existe une base {ei } de E telle que

    x =n

    k = 1

    xk ek ,

    et

    (20) Q ( x ) = p

    k = 1

    x2k r

    k = p + 1

    x2r .

    Cest a dire

    (21) Mei ( Q ) =

    1. . .

    1

    1

    . . .

    10

    . . .0

    .

    Tel que r = rang ( Q )

    et p est un entier qui ne depend que de la forme de Q et non de la base.

    Denition 19 ( Signature dune forme quadratique ) . Soit E un R - espace vectoriel de dimenssion nie n et soit Qune forme quadratique sur E tel le que sa reduction de Sylvester est donnee par lequation (20). On appelle signature de la forme Q et on la note sing( Q ) le couple

    sing ( Q ) = ( p , r p ) .Lemme 5. Soit Q une forme quadratique sur un R - espace vectoriel E de dimenssion n. Alors on a les assertions suivantes

    1. Q est denie positive si et seulement si sing ( Q ) = ( n , 0 ) .

    2. Q est non degeneree si et seulement si

    sing ( Q ) = ( p , n p ) .Remarque 5 ( Importante ) . La determination de la reduction de Sylvester dune forme quadratique ce fait en utilisant un melange de la methode de Gauss et de la methode des derivees partielles.

    11 Exercices

    Exercice 6. On denie la fonction suivante sur R2[ X ]R 2[ X ] a valeurs dans R

    P, Q R2[ X ] : b( P, Q ) =

    + 1

    1

    P (X ) Q( 1 ) (X ) dX .

    1. Montrer quelle est bilineaire et determiner sa matrice dans la base canonique de R2[ X ].2. Discuter de deux facons differentes si elle est symetrique.3. Ecrire de deux facons differentes sa matrice dans la base

    1 , 1 + X , 1 + 2 X + X 2 .

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    Revision dAlgebre III, page 25 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    4. Determiner le noyau de b et discuter si elle est degeneree.

    Solution de lexercice 6.

    1. Pour montrer quelle est bilineaire il suffit de verier les codnitions de la denition de la bilineairite et dutiliserles propriete de lintegration et de la derivation.Dans la base canonique de E qui vaut

    1 , X , X 2

    ,

    la matrice associee `a b vaut

    0 2 00 0 4/ 30 2/ 3 0

    2. Pour voir si elle est symetrique dans un premier temps vu que sa matrice associee nest pas symetrique donc belle ne pas peut etre symetrique. Une deuxieme methode de voir les choses vu que

    b( 1 , X ) = 2 , b( X , 1 ) = 0 = b( 1 , X ) = b( X , 1 ) ,on en deduit que b nest pas symetrique.

    3. Pour ecrire la matrice associee ` a b dans la nouvelle base on a deux methodes(a) En utilisant la denition. Ce qui donne

    0 2 40 2 16/ 30 8/ 3 8

    .

    (b) En utilisant la formule de changement de base. Dans ce cas la matrice de passage de la base canonique versla nouvelle base vaut

    P =1 1 10 1 20 0 1

    .

    la formule de changement de base donne alors

    Mnouvelle base ( b ) = t P Mcanonique ( b ) P =0 2 40 2 16/ 30 8/ 3 8

    .

    (c) Pour determiner le noyau de b on utilise le fait que le noyau dune forme bilineaire est le noyau de sa matriceassociee dans une base quelconque ainsi le calcul fournit que

    N ( b ) = Ker Mbase quelconque ( b ) = Vect 1 .Vu que le noyau contient plus que le vecteur nul on conclut que cette forme est degeneree.

    Exercice 7. Soit q une forme quadratique sur un K - espace vectoriel E . On designe par A lorthogonale de Arelativement `a la forme q . Montrer que dans le cas o`u q est denie positive sur E alors

    A, B E , ( AB ) = ( A + B ) .Solution de lexercice 7. Dans un premier temps on a

    y ( A B ) = x A B : S ( x , y ) = 0 =x A : S ( x , y ) = 0

    et

    x B : S ( x , y ) = 0

    =x A : S ( x , y ) = 0

    et

    x B : S ( x , y ) = 0= z = x + x A + B : S ( x , y ) + S ( x , y ) = 0

    = z A + B : S ( z , y ) = 0 = y ( A + B ) ,

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    Revision dAlgebre III, page 26 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    donc on a

    (22) ( A B ) ( A + B ) .Inverssement

    y ( A + B ) = z A + B : S ( z , y ) = 0 = x A, x B : S ( x + x , y ) = 0= x A, x B : S ( x , y ) + S ( x , y ) = 0

    quitte a prendre une fois x = 0 et x quelconque on a

    (23) x A : S ( x , y ) = 0 ,et une deuxieme fois en prend x = 0 et x quelconque on a

    (24) x B : S ( x , y ) = 0 ,les deux relations (23) et (24) affirment que lapplication S ( , y ) est nulle sur lensemble AB ce qui donne que

    x A B : S ( x , y ) = 0 = y ( A B ) ,

    ce qui est exactement

    (25) ( A + B ) ( A B ) .Une combinaison de (22) et (25) donne

    ( A + B ) = ( A B ) .Exercice 8. Soient R2[ X ] vue comme etant un R - espace vectoriel et b une forme bilineaire symetrique denie surR 2[ X ] par

    P ,

    Q R2[ X ] : b(

    P ,

    Q) :=

    + 1

    1 P ( X )

    Q( X ) d X .

    1. Determiner lorthogonale des deux ensembles

    D1 := P R2[ X ] : 2P X P ( 1 ) = 1 , D2 := P R2[ X ] : P ( 0 ) = P ( 1 ) ( 0 ) .2. Resoudre dans R2[ X ] lequation

    R : b x 2 + x + 1 , X P ( X ) = 0 .Solution de lexercice 8.

    1. Determination de lorthogonale.Pour le premier ensemble, il peut etre ecrit sous la forme

    D1 = Vect X 2 + 12

    ,

    ce qui donne

    D1 = Vect X .Pour le second ensemble on a D2 = Vect < X 2 , X + 1 > , et on trouve que

    D2 = Vect X 2 + 45

    X 35

    .

    2. Resolution de lequation. On trouve que la seul solution possible est le polyn ome nul.

    Exercice 9. Soient les applications suivantes denies sur R3 vu comme etant un R - espace vectoriel

    q 1( X ) = x21 + 2 x22 + x

    23 x1 x2 , q 2( X ) = x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 , q 3( X ) = x21 + x22 x1 x2 .

    1. Montrer quelles representent des formes quadratiques sur R3.

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    Revision dAlgebre III, page 27 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    2. Determiner la matrice et la forme p olaire correspondantes ` a chaque forme quadratique.3. Determiner le cone isotrope de chaque forme.4. Determiner la forme reduite de Sylvester, une base correspondante, la signature, le caractere detre denie positive

    et le caractere detre degeneree de chaque forme.

    Solution de lexercice 9.

    1. Les applications forment des formes quadratiques parcequils sont des polyn omes homogenes de degre deux.2. La forme polaire et la matrice correspondante

    (a) Pour la premiere forme q 1.La matrice associee dans la base canonique est

    1 1/ 2 01/ 2 2 00 0 1

    ,

    et la forme p olaire vautx1 y1 + 2 x2 y2 + x3 y3

    1

    2 x1 y2

    1

    2 x2 y1 .

    (b) Pour la deuxieme forme q 2.La matrice associee dans la base canonique est

    0 1/ 2 1/ 21/ 2 0 1/ 21/ 2 1/ 2 0

    ,

    et la forme p olaire vaut

    12

    [ x1 y2 + x2 y1 + x1 y3 + x3 y1 + x2 y3 + x3 y2 ] .

    (c) Pour la troisieme forme q 3.La matrice associee dans la base canonique et est

    0 1/ 2 01/ 2 1 00 0 0

    ,

    et la forme p olaire vautx1 y1 + x2 y2

    12

    x1 y2 12

    x2 y1 .

    3. Le cone isotrope.(a) Pour la premiere forme.

    I ( q 1 ) = {0 } .(b) Pour la deuxieme forme.

    I ( q 2 ) = Vect100

    x2 x3 / ( x2 + x3 )x2x3

    / x 2 = x3 .

    (c) Pour la troisieme forme.

    I ( q 3 ) = Vect001

    .

    4. Forme de Sylvester

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    Revision dAlgebre III, page 28 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    (a) Pour la premiere frome. Elle se reduit en

    x1 12

    x22

    + 7

    2 x2 + x23 ,

    dans la base

    1

    00 ,

    77

    1

    20 ,

    0

    01 .

    elle est de signaturesing ( q 1 ) = ( 3 , 0 ) ,

    donc elle est denie positive et non degeneree.(b) Pour la deuxieme frome. Elle se reduit en

    12

    x1 + 12

    x2 + x32

    x23 12

    x1 12

    x22 ,

    dans la base

    110

    , 1

    11 ,

    1

    10 .

    elle est de signaturesing ( q 2 ) = ( 1 , 2 ) ,

    donc elle nest pas denie positive et elle est degeneree.(c) Pour la troisieme frome. Elle se reduit en

    x1 12

    x22

    + 3

    2 x2 ,

    dans la base 100

    , 33

    120

    ,001

    .

    elle est de signaturesing ( q 3 ) = ( 2 , 0 ) ,

    donc elle nest pas denie positive et elle est degeneree.

    Exercice 10. Soient R2[ X ] vue comme etant un R - espace vectoriel et Q une application denie sur R2[ X ] par

    P R2[ X ] : Q( P ) =

    + 1

    1 P ( X ) P

    ( 2 ) ( X ) d X .

    1. Montrer de deux facons quil sagit dune forme quadratique sur R2[ X ].2. Determiner sa forme reduite de Sylvester, une base correspondante et le c one isotrope.3. Montrer que R2[ X ] admet des sous espaces isotropes relativement ` a la forme Q et determiner lun deux.

    Solution de lexercice 10.

    1. Pour la premiere methode, vu que laapplication suivante

    S ( p , q ) = 12

    [ Q( p + q ) Q( p ) Q( q ) ] = 12 + 1 1 p(x) p( 2 ) ( x ) dx ,

    est bilineaire symetrique donc Q est une forme quadratqiue.Pour la deuxieme methode quitte ` a prendre

    p( x ) = a x2 + b x + c ,

    le calcul fournit

    Q( p ) = 43

    a2 + 4 a c ,

    qui est un polynome homogene de degre deux donc Q est une forme quadratique.

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    Revision dAlgebre III, page 29 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    2. Cette forme elle peut etre reduite en

    2 33

    a + 3 c2

    3 c2

    ,

    dans la base 32 x

    2,

    32 x

    2+

    33 , x ,

    et son c one isotrope vaut

    I ( Q) = Vect 3 x2 + 1 Vect x .3. Vu que le cone isotrope differe du singlotent zero alors R2[ X ] ademt des sous espaces isotropes par rapport ` a

    la forme Q lun deux par exempleVect 3 x2 + 1 , x .

    Exercice 11. Soit R2[X ] le R - espace vectoriel des polynomes a une indeterminee ` a coefficient dans R de degre auplus deux, et soit lapplication

    b : R2[X ]R 2[X ] R , ( P, Q ) b( P, Q ) = + 1

    1P (X ) Q(X ) dX.

    1. Montrer que b est une forme bilineaire symetrique.2. Determiner la matrice associee ` a b dans la base de R2[X ] denie par

    X 2 1 , X , 5 X 2 1 .3. Soit le sous ensemble de R2[X ] denit par

    A = P R2[X ] / P (X ) = X 2 + X , tq (, ) R2

    ,

    determiner lorthogonale de A quon le note A relativement `a la forme b4. Deduire que

    R 2[X ] = A A .5. Discuter suivant les valeurs de aR lexistence des solutions dans R2[X ] de lequation

    R : b X 2 + X , ( X + a )P (X ) = 0 .6. Determiner la forme quadratique q associee a la forme bilineaire b.7. Determiner la forme reduite de Sylvester de la forme q , donner sa signature.8. La forme q est - elle denie positive ?9. La forme q est - elle degeneree ?

    10. Determiner une base de R2[X ] dans laquelle la forme quadratique q secrit sous la forme reduite de Sylvester.

    Solution de lexercice 11. Soit R 2[X ] le R - espace vectoriel des polynomes a une indetermine ` a coefficients dans Rde degre au plus deux, et soit lapplication

    b : R2[X ] R 2[X ] R ( P, Q ) b( P, Q ) = + 1 1 P (X ) Q(X ) dX.1. On montrer que b est une forme bilineaire symetrique :

    (a) Symetrique :

    P, Q R2[X ] : b(P, Q ) = b(Q, P ) .(b) Bilineaire : Vu quelle est symetrique il suffit de verier quelle est lineaire par rapport au premier argument

    b( P + Q,H ) = b(P, H ) + b(Q, H ) .

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    2. Determination de la matrice associee ` a b :

    M 1(b) =16/ 15 0 0

    0 2/ 3 00 0 16/ 3

    .

    3. Determination de lorthogonale de A :

    A = V ect 5 X 2 1 .4. Deduction : Vu que A est un sous espace vectoriel de R 2[X ] et que b est denie positive donc non degeneree, cequi revient a dire quil y a pas des vecteurs isotropes, alors

    R 2[X ] = A A .5. Lexistence des solutions : Lequation se traduit par le fait que

    (X + a) P (x) A ,et donc

    (X + a) P (x) = C X 55

    X 55

    ,

    ce qui donne

    Si a = 55

    = P 0 ,Si a = +

    55

    = P (X ) = C X 55

    ,

    Si a = 55

    = P (X ) = C X + 55

    .

    6. La forme quadratique q associee a la forme bilineaire b

    q (P ) + 1 1 P (X )2 dX ,ce qui donne si on pose P (X ) = a X 2 + b X + c que

    q (P ) = 25

    a2 + 23

    b2 + 43

    a c + 2 c2 .

    7. La forme reduite de Sylvester :

    q (P ) = 2 5 a + 10

    3 c2 + 2 3 b

    2

    283

    c 2 .

    8. q est denie positive : non, q degenere : non.9. Determination de la base :

    P =

    2 5 0 00 2 3 0 10 3 0

    283

    = P 1 =

    3 152 28

    2 283 3 0 00 2 283 5 0

    2 10

    3 0 2 5 3

    ,

    donc la base vaut

    v1 =

    2 283 30

    2 10

    3

    v2 =0

    2 283 50

    v3 =002 5 3

    .

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    12 Espaces Euclidiens, Espaces Pre-Hilbertiens

    Denition 20 ( Produit scalaire ) . On appelle produit scalaire su un espace vecotiel E toute forme b bilineaire symetrique denie positive, et on note

    x , y E : b( x , y ) = < x , y > .Denition 21 ( Espaces Euclidiens) . On apple un espace euclidien un couple ( E , < , > ) dun R - espace vectoriel E de dimension nie et dun produit scalire < , > .Denition 22 ( Espaces Pre-Hilbertiens) . On apple un espace Pre-Hilbertien un couple ( E , < , > ) dun R -espace vectoriel E de dimension innie et dun produit scalire < , > .Theoreme 9 ( Existence des bases Orthonormee ) . Soit ( E , < , > ) un espace Euclidien, alors E admet une base orthonormee par rapport au produit scalaire < , > .Determination des bases Orthonormees

    La determination des bases orthonormees dans un espace euclidien elle cefait pas deux methodes la premiere laprocedure dorthogonalisation de Schmidth mais elle a besoin dune base connu de lespace E . La deuxieme consiste aconstruire une forme qudratique ` a partir du produit scalaire car cest avant tout une forme bilineaire symetrique doncon considrere la forme quadratique

    x E : Q( x ) = < x , x > ,on ecrit Q sous la forme

    Q( x ) =n

    i,j = 1a ij xi x j ,

    ensuite en applique la reduction de Sylvester pour avoir

    Q( x ) =n

    k = 1

    x 2k ,

    cela permet davoir le changement de variable suivant

    X = AX ,alors

    P = A 1 ,cest la matrice de passage, les vecteurs collones de P representent les composantes dune base de E et cette base elleorthonormee.

    Theoreme 10. Soit ( E , < , > ) un espace euclidiens et F un sous espace vectoriel de E . Alors F = F , E = F F .

    Denition 23 ( Projecteur ) . Soit ( E , < , > ) un espace euclidien ou pre-hilbertien, et soit P un endomorphisme de E , on dit que P est un projecteur si P 2 = P ,tel que

    P 2 = P P .Denition 24 ( Endomorphisme Orthogonal ) . Soit ( E , < , > ) un espace euclidien ou pre-hilbertien, et soit f un endomorphisme de E , on dit que f est orthogonal si

    x , y E : < f ( x ) , f ( y ) > = < x , y > .Denition 25 ( Projecteur Orthogonal ) . Soit ( E , < , > ) un espace euclidien ou pre-hilbertien, et soit P un endomorphisme de E , on dit que P est un projecteur orthogonal si

    P 2

    = P et x , y E : < P ( x ) , P ( y ) > = < x , y > .Proposition 17. Soit ( E , < , > ) un espace euclidien ou pre-hilbertien, et P un projecteur de E alors P fait la projection de E sur le sous espace vectoriel F deni par F = Im P .

    Si P est un projecteur orthogonal alors la projection ce fait dune maniere orthogonal.

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    Exercices

    Exercice 12 ( Orthogonalite ) . Soit le R - espace vectoriel R3, et soit le produit scalaire

    < X , Y > = 2 x1 y1 + 2 x2 y2 + 2 x3 y3 + y1 x2 + y1 x3 + y2 x3 + x1 y2 + x1 y3 + x2 y3 .

    Determiner une base orthonormee de R3 par rapport ` a ce produit scalaire.

    Solution de lexercice 12.M ethode de Sylvester .La reduction de sylvester permet davoir

    < X , X > = 2 x21 + 2 x22 + 2 x

    23 + 2 x1 x2 + 2 x1 x3 + 2 x2 x3 ,

    ce qui donne que

    < X , X > = ( x1 + x2 )2 + ( x1 + x3 )2 + ( x2 + x3 )2 = x 21 + x2

    2 + x2

    3 ,

    dou

    X =1 1 01 0 10 1 1

    X ,

    dou la matrice de passage vaut

    P =1/ 2 1/ 2 1/ 21/ 2 1/ 2 1/ 2

    1/ 2 1/ 2 1/ 2 ,

    dou la base

    1/ 21/ 21/ 2

    ,1/ 2

    1/ 21/ 2 ,

    1/ 21/ 21/ 2

    ,

    cette base est orthonormee.M ethode de Schmidth

    Soit la base canonique de R3

    e1 =100

    , e2 =010

    , e3 =001

    ,

    on va construire la base orthogonale

    {1 , 2 , 3 } ,tel que

    1 = e1 =100

    ,

    2 = e2 + 1 =10

    , < 2 , 1 > = 2 + 1 = 0 ,

    ce qui donne = 1/ 2 ,

    et donc

    2 = 1/ 210

    ,

    pour 3 on a

    3 = e3 + 1 + 2 = / 2

    1 ,

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    Revision dAlgebre III, page 33 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    avec la contrainte< 3 , 1 > = 2 + 1 = 0 , < 3 , 2 > = 2 = 0 ,

    ce qui donne = 1/ 2 , = 0 ,

    et donc

    3 = 1/ 201

    ,

    alors la base

    1 = 100

    , 2 =1/ 21

    0 , 3 =

    1/ 201

    ,

    est orthogonale, pour la normaliser il suffit de diviser chaque vecteur par sa norme ` a savoir < i , i > 1/ 2 pouri = 1 , 2 , 3.

    Exercice 13 ( Projecteur et Projecteur Orthogonal ) . Soit R2[ X ] vue comme etant un R - espace vectoriel, soit le

    produit scalaire< p , q > + 1 1 p( x ) q ( x ) dx ,

    et soit lendomorphisme f de R2[ X ] deni par

    p R2[ X ] : f ( p ) = p( 0 ) + p( 1 )( 0 ) + x2

    2 p( 2 ) ( 0 ) .

    Montrer que f est un projecteur, determiner le sous espace vectoriel sur lequel on fait la projection et veriee sil sagitdun sprojecteur orthogonal ou pas.

    Solution de lexercice 13.

    1. f est un projecteur. Il suffit de calculer f 2 ce qui donne

    f 2( p ) = f p( 0 ) + p( 1 )( 0 ) + x2

    2 p( 2 ) ( 0 ) = p( 0 ) + p( 1 )( 0 ) +

    x2

    2 p( 2 ) ( 0 ) = f ( p ) ,

    donc f est un projecteur.2. Le sous espace sur lequel on fait la projection. il sagit de determiner limage de f , si on note

    p( x ) = a + b x + c x2 ,

    on a f ( p ) = ( a + b ) +

    c

    2 x2 ,

    doncIm ( f ) = q R2[ X ] : q ( x ) = ( a + b ) +

    c2

    x2 = Vect < 1 , X 2 > ,

    alors la projection elle se fait sur le sous espace vectoriel

    F = Vect < 1 , X 2 > .

    3. La projection est - elle orthogonale. Il suffit de verier si

    < f ( p ) , f ( q ) > = < p , q > ,

    or pour p = q = x on a< f ( p ) , f ( q ) > = 2 , < p , q > = 2 / 3 ,

    donc la projection elle nest pas orthogonale.

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    Revision dAlgebre III, page 34 Mr.Mekki HOUBAD, Email: [email protected]

    13 Endomorphismes Adjoints

    Denition 26 ( Denition de ladjoint ) . Soit ( E , < , > ) un espace euclidien et soit f un endomorphisme de E , on dit que f admet un adjoint sil existe un endomorphisme g de E tel que

    x , y E : < f ( x ) , y > = < x , g ( y ) > ,et on note

    f = g .

    Theoreme 11 ( Existence de ladgoint ) . Soit ( E , < , > ) un espace euclidien et soit f un endomorphisme de E . Alors f admet un unique adjoint g et

    M( g ) = tM( f ) .Theoreme 12. Soit ( E , < , > ) un espace euclidien et soit f , g deux endomorphismes de E ,

    1. ( f + g ) = f + g .2. ( f g ) = g f .3. ( f ) = f .

    Denition 27 ( Auto - Adjoint) . On dit que f est auto-adjoint si

    f = f .

    Theoreme 13. Tout endomorphisme auto-adjoint et diagonalisable, symetrique et admet des valeurs propres dans R ,et les sous espaces propres sonr deux `a deux orthogonaux.