[PDF] IV. Applications linéaires Pour montrer que f est

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IV. Applications lineaires

1. Denition et proprietes elementaires

SoitEetFdeux espaces vectoriels surK.

Denition.Uneapplication lineairedeEdansFest une applicationf:E!Ftelle que pour tous vecteursu;v2Eet tout scalaire2K, f(u+v) =f(u) +f(v), f(u) =f(u). SiF=Kon dit quefest uneforme lineaire. SiF=E,fest appelee unendomorphisme. Pour montrer quefest une application lineaire, il sut de verier que f(u+v) =f(u) +f(v) pour tousu;v2E;2K. Proprietes.Sif:E!Fest une application lineaire alors f(~0) =~0, f(1u1++nun) =1f(u1) ++nf(un).

Preuve.

Soit= 0 etu2E. On af(u) =f(u). Oru=~0Eetf(u) =~0F, doncf(~0E) =~0F. On montre par recurrence surnla propriete suivante :

8u1;:::;un2E,81;:::;n2K, on af(1u1++nun) =1f(u1) ++nf(un).

{ Pourn= 1 on af(1u1) =1u1par denition. { On suppose que le resultat est vrai au rangn. On posev=1u1++nunetw=n+1un+1. Alorsf(1u1++nun+n+1un+1) =f(v+w) =f(v) +f(w). Par hypothese de recurrence f(v) =1f(u1) ++nf(un) et par denitionf(w) =n+1f(un+1). Donc f(1u1++nun+n+1un+1) =1f(u1) ++nf(un) +n+1f(un+1); ce qui est la propriete de recurrence au rangn+ 1. { Conclusion : la propriete de recurrence est vraie pour toutn.

Exemples.

Soitf:R3!R2denie parf(x;y;z) = (2x3y;z). Siu= (x;y;z),v= (x0;y0;z0) et2R alorsu+v= (x+x0;y+y0;z+z0) et f(u+v) = (2(x+x0)3(y+y0);z+z0) = (2x3y;z) +(2x03y0;z0) =f(u) +f(v) doncfest une application lineaire. Soitun reel etR:C!Cl'application denie parR(z) =eiz. Siz=eialors R (z) =ei(+):Rest la rotation d'angle. C'est un endormorphisme duR-espace vectorielC car siz;z02Cet2RalorsR(z+z0) =ei(z+z0) =eiz+eiz0=R(z) +R(z0). Remarque.Rest aussi un endomorphisme deCvu comme unC-espace vectoriel. SoitEl'ensemble des fonctions deRdansRetx02R. On denit'x0:E!Rpar'(f) =f(x0) (evaluation au pointx0). C'est une forme lineaire. car pour toutes fonctionsf;g2Eet2Ron a'(f+g) = (f+g)(x0) =f(x0) +g(x0) ='(f) +'(g):

Image d'une base.

Soitf:E!Fune application lineaire et (e1;:::;en) une base deE. On noteui=f(ei) pour i= 1;:::;n. Soitvun vecteur deE, qu'on decompose dans la base deE:v=x1e1++xnen.

Alorsf(v) =x1u1++xnun.

Propriete.SiEest de dimension nie, une application lineaire est denie de facon unique si on conna^t les images des vecteurs d'une base deE. 1 Reciproquement, soit (e1;:::;en) une base deEetu1;:::;undes vecteurs deF. On denit l'ap- plicationf:E!Fparf(v) =x1u1++xnunpour toutv2E, ou (x1;:::;xn) sont les coordonnees devdans la base (e1;:::;en). Alorsfest une application lineaire. Preuve.Soitu;v2Eet2K. Soit (x1;:::;xn) les coordonnees deuet (y1;:::;yn) les coor- donnees devdans la base (e1;:::;en). Alors les coordonnees deu+vsont (x1+y1;:::;xn+yn) doncf(u+v) = (x1+y1)u1+:::+ (xn+yn)un=x1u1++xnun+(y1u1++ynun). Doncf(u+v) =f(u) +f(v) etfest une application lineaire. Cas particulier.Soit (e1;:::;en) la base canonique deKn. Sif:Kn!Kest une forme lineaire, alorsf(x1;:::;xn) =x1f(e1) +x2f(e2) +:::+xnf(en), ouf(e1);:::;f(en) sont des scalaires. Propriete.L'applicationf:Kn!Kest une forme lineaire si et seulement s'il existea1;:::;an2K tels quef(x1;:::;xn) =a1x1+a2x2+:::+anxn. Exemple.f(x;y;z) = 17x35y+zest une forme lineaire deR3.

Composantes.

Denition.Sifest une application deEdansKn, lescomposantesdefsont les applicationsf1;f2;:::;fndeEdansKcorrespondant aux coordonnees dansK: pour toutu2E,f(u) = (f1(u);f2(u);:::;fn(u)). Proposition.L'applicationf:E!Kest lineaire si et seulement si ses composantesf1;f2;:::;fn sont des formes lineaires. Exemple.L'applicationf:R4!R2denie parf(x;y;z;t) = (x+2y+3z+4t;17xy13t) est une application lineaire car par ce qui precede (x;y;z;t)7!x+ 2y+ 3z+ 4tet (x;y;z;t)7!17xy13tsont des formes lineaires.

Operations sur les applications lineaires.

On denit les applicationsf+g:E!Fetf:E!Fpar (f+g)(u) =f(u) +g(u) et (f)(u) =f(u) pour toutu2E.

Theoreme.

Sifetgsont des applications lineaires deEdansFet2Kalorsf+getfsont des applications lineaires. Sif:E!Feth:F!Gsont des applications lineaires alorshfest une application lineaire deEdansG.

Preuve.Soitu;v2Eet2K.

L'applicationf+gva deEdansF. Elle est lineaire car (f+g)(u+v) =f(u+v)+g(u+v) =f(u)+f(v)+g(u)+g(v) = (f+g)(u)+(f+g)(v). Commefva deEdansFet quehva deFdansH, l'applicationhfest bien denie et va de EdansG. Notonsu0=f(u) etv0=f(v). L'applicationhfest lineaire car hf(u+v) =h(f(u) +f(v)) =h(u0+v0) =h(u0) +h(v0) =hf(u) +hf(v).

2. Applications lineaires particulieres

L'applicationidentite deEest notee IdE; elle est denie par IdE(u) =upour toutu2E. C'est une application lineaire deEdansE. Soit2K. L'homothetie de rapportest l'application lineairef:E!Edenie parf(u) =u pour toutu2E. On af=IdE. SoitE1etE2deux sous-espaces vectoriels supplementaires dansE:E=E1E2. On rappelle que tout vecteuru2Ese decompose de facon uniqueu=u1+u2avecu12E1etu22E2. 2

Projection.

On denit l'applicationp:E!Eparp(u) =u1pour toutx2E. C'est une application lineaire, appelee laprojection surE1parallelement aE2.

Propriete.p(u) =u,u2E1etp(u) =~0,u2E2.

Preuve.Soitu2E. On ecritu=u1+u2avecu12E1etu22E2et on ap(u) =u1. Sip(u) =u alorsu=u12E1. Sip(u) =~0 alorsu1=~0 etu=u22E2. Ceci demontre les deux implications p(u) =u)u2E1etp(u) =~0)u2E2. Reciproquement, siu2E1alors la decomposition deuselonE1E2estu+~0, doncp(u) =u. Siu2E2alors la decomposition deuselonE1E2est~0 +u, doncp(u) =~0. Ceci demontre les deux implicationsu2E1)p(u) etu2E2)p(u) =~0. La preuve est terminee.

Symetrie.

On denit l'applications:E!Epars(u) =u1u2pour toutu2E. C'est une application lineaire, appelee lasymetrie par rapport aE1parallelement aE2.

Propriete.s(u) =u,u2E1ets(u) =u,u2E2.

Preuve.La preuve ressemble a la precedente.

Soitu2E. On ecritu=u1+u2avecu12E1etu22E2et on as(u) =u1u2. Sis(u) =ualors u

1+u2=u1u2donc 2u2=~0, doncu2=~0 etu=u12E1. Sis(u) =ualorsu1+u2=(u1u2)

donc 2u1=~0, doncu1=~0 etu=u22E2. On a montre les deux implications \)". Reciproquement, siu2E1alors la decomposition deuselonE1E2estu+~0, doncs(u) =u. Siu2E2alors la decomposition deuselonE1E2est~0 +u, doncs(u) =u. On a montre les deux implications \(." Ceci termine la preuve.

3. Matrice d'une application lineaire

On considere deux espaces vectorielsEetFde dimension nie,B= (e1;:::;en) une base deE etB0= (e01;:::;e0p) une base deF. Denition.Soitf:E!Fune application lineaire. Lamatrice defdans les basesBetB0 est la matrice de taillenpdont les coecients de laj-ieme colonne sont les coordonnees du vecteurf(ej) dans la base (e01;:::;e0p). SiF=EetB0=Balors cette matrice est appelee lamatrice defdans la baseB. QuandE=RnetF=Rpon utilise souvent les bases canoniques deEetF. Exemple 1.Soitf:R3!R2denie parf(x;y;z) = (2x3y+z;x+z). Base canonique deR3: (e1;e2;e3) avece1= (1;0;0),e2= (0;1;0),e3= (0;0;1). Base canonique deR2: (e01;e02) avece01= (1;0) ete02= (0;1;0). On a :f(e1) = (2;1) = 2e01+e02,f(e2) = (3;0) =3e01+ 0e02,f(e3) = (1;1) =e01+e02, donc la matrice defdans les bases canoniques deR3etR2est23 1 1 0 1 Exemple 2.SoitEun espace vectoriel de dimensionnetB= (e1;:::;en) une base quelconque. La matrice de l'application identite dans la baseBest la matrice identiteIncar IdE(ei) =eipour i= 1;:::;n. Exemple 3.Soitf:R2!R2l'application lineaire telle quef(x;y) = (x+y2;x+y2). Soitu1= (1;1), u

2= (1;1),Bla base canonique deR2etB0= (u1;u2);B0est aussi une base deR2.

La matrice defdans la baseBest

12121212

3 f(u1) = (1;1) =u1=u1+ 0u2etf(u2) = (0;0) = 0u1+ 0u2donc les coordonnees def(u1) dans la base (u1;u2) sont (1;0) et les coordonnees def(u2) dans la base (u1;u2) sont (0;0). La matrice defdans la baseB0est1 0 0 0 fest la projection surRu1parallelement aRu2car ces deux applications concident sur la base (u1;u2). C'est une base adaptee a la projection. Theoreme.Soitf:E!Fune application lineaire et soitAla matrice defdans les bases B= (e1;:::;en) etB0= (e01;:::;e0p). Soituun vecteur deE, on note U=0 B @x 1... x n1 C

AetV=0

B @y 1... y p1 C Aou (x1;:::;xn) sont les coordonnees deudans la baseBet ou (y1;:::;yp) sont les coordonnees dev=f(u) dans la baseB0. AlorsV=AU.

Preuve.

SoitC1;:::;Cnles colonnes deA. Par denition deA, les coecients deCisont les coordonnees def(ei) dans la baseB0. On a vu dans le chapitre precedent queAU=x1C1+x2C2++xnCn. Donc les coecients de la matrice colonneAUsont les coordonnees dans la baseB0du vecteur x

1f(e1) +x2f(e2) ++xnf(en).

Oru=x1e1++xnen, doncf(u) =x1f(e1)+x2f(e2)++xnf(en), autrement ditAU=V. Exemple.Soitf:R3!R2denie parf(x;y;z) = (2x3y+z;x+z). Sa matrice dans les bases canoniques estA=23 1 1 0 1 A 0 @1 2 31
A =1 4 doncf(1;2;3) = (1;4). De facon generale,A0 @x y z1 A =2x3y+z x+z

Theoreme.

Soitfetgdes applications lineaires deEdansFet2K. SiAest la matrice defet siBest la matrice degdans les basesB;B0, alorsA+Best la matrice def+gdans ces bases etAest la matrice def. Soitf:E!Fetg:F!Gdes applications lineaires. SiAest la matrice defdans les bases B;B0et siBest la matrice degdans les basesB0etB00alorsBAest la matrice degfdans les basesB;B00.

Preuve.

SoitB= (e1;:::;en). On noteA1;:::;Anles colonnes deAetB1;:::;Bnles colonnes deB. On a (f+g)(ei) =f(ei) +g(ei), donc lai-ieme colonne de la matrice def+gestAi+Bi. On en deduit que la matrice def+gdans les basesB;B0estA+B. De m^eme la matrice defestA car (f)(ei) =f(ei). SoitB= (e1;:::;en),p= dimFetq= dimG. Soitu2E, notons (x1;:::;xn) les coordonnees deudans la baseB, (y1;:::;yp) les coordonnees dev=f(u) dans la baseB0et (z1;:::;zq) les coor- donnees deg(v) =gf(u) dans la baseB00. NotonsX;Y;Zles matrices colonnes correspondantes. On a vu au theoreme precedent queY=AXetZ=BY. On a doncZ=B(AX) = (BA)X. Appliquons ce resultat pouru=ei: on axi= 1 etxj= 0 sij6= 0 donc la matrice (BA)Xest egale a lai-ieme colonne deBA. Par denitionZest la matrice des coordonnees degf(u) =gf(ei) dans la baseB00. CommeZ=BAX, on en deduit que les colonnes de la matriceBAsont les coordonnees de (gf(e1);:::;gf(en)) dans la baseB00, autrement ditBAest la matrice degf dans les basesB;B00. 4

4. Denitions : injection, surjection, bijection, isomorphisme

Denition.

Soit':X!Yune application.

{'estinjectivesi deux elements distincts ont des images distinctes, autrement dit un element deYa au plus un antecedent (eventuellement zero), ou encore :'(x) ='(y))x=y. (C'est generalement cette derniere propriete qu'on utilise pour montrer l'injectivite.) {'estsurjectivesi tout point deYa au moins un antecedent (eventuellement plusieurs), ce qu'on peut ecrire'(X) =Y. {'estbijectivesi elle est injective et surjective, autrement dit tout element deYa un et un seul antecedent. Cela signie exactement que'est inversible.

Exemple 1.

e:R!Rest injective. En eet, siex=eyalors on peut prendre ln de chaque c^ote (carex>0 et e y>0) et on trouvex=y. Mais elle n'est pas surjective car8x2R;ex>0 donc par exemple1 n'a pas d'antecedent (de m^eme que tout pointy0).

Exemple 2.

Soit':R!R,'(x) =x+3.'est injective car six+3 =x0+3 alorsx=x0.'est surjective car siy2Ralors'(y3) =y. Donc'est bijective. Ceci revient a dire que dans l'equationy='(x) d'inconnuexil y a une et une seule solutionx (qui depend dey). Icix=y3 et'1(y) =y3.

Denition.

SoitE;Fdeux espaces vectoriels. UnisomorphismedeEsurFest une application lineaire f:E!Fqui est bijective.

Theoreme.

SoitE;Fdeux espaces vectoriels. Si l'applicationfest un isomorphisme deEsurFalorsf1est un isomorphisme deFsurE

Preuve.

Puisquef:E!Fest une bijection, on sait quef1:F!Eexiste et est une bijection. Il reste a montrer que c'est une application lineaire. Soitv;v02Fet2K. On poseu=f1(v) etu0=f1(v0), on af(u) =vetf(u0) =v0. Comme fest lineaire, on af(u+u0) =f(u) +f(u0), doncf(u+u0) =v+v0. En prenantf1, on trouveu+u0=f1(v+v0), autrement ditf1(v)+f1(v0) =f1(v+v0), ce qui prouve que f

1est lineaire.

Denition.

On dit que les espaces vectorielsEetFsontisomorphesou queEestisomorpheaFs'il existe un isomorphisme deEsurF.

Exemple.

Soitf:M2(R)!R4,fa b

c d = (a;b;c;d).fest une application lineaire et c'est une bijection, de bijection reciproquef1(a;b;c;d) =a b c d . Donc M

2(R) etR4sont isomorphes.

5

5. Image d'un sous-espace vectoriel, noyau

Dans cette partie,EetFsont des espaces vectoriels surKetf:E!Fest une application lineaire.

Denition.

SiAest une partie deE, on notef(A) =ff(x)2Fjx2Ag).

Theoreme.

SiGest un sous-espace vectoriel deEalorsf(G) est un sous-espace vectoriel deF.

Preuve.

On a~02Getf(~0) =~0, donc~02f(G) etf(G)6=;.

Soitv;v02f(G) et2K. Par denition il existeu;u02Gtels quef(u) =vetf(u0) =v0. On a doncv+v0=f(u) +f(u0) =f(u+u0) car l'applicationfest lineaire. Oru+u02Gcar Gest un sous-espace vectoriel, doncv+v02f(G). L'ensemblef(G) est donc un sous-espace vectoriel deF.

Denition.

On appelleimagedefl'ensemblef(E) et on le note Imf. C'est un sous-espace vectoriel deF. On appellenoyaudefl'ensemble des vecteursu2Etels quef(u) =~0 et on le note Kerf. C'est un sous-espace vectoriel deE.

Preuve.

Montrons que Kerfest un sous-espace vectoriel. On af(~0) =~0 donc~02Kerfet Kerf6=;. Soit u;u

02Kerfet2K. Par denitionf(u) =~0 etf(u0) =~0, doncf(u+u0) =f(u)+f(u0) =~0,

ce qui implique queu+u02Kerf. On en deduit que Kerfest un sous-espace vectoriel deE.

Theoreme.

L'application lineairefest injective si et seulement si Kerf=f~0g.

Preuve.

Supposons quefest injective. Soitu2Kerf. On af(u) =~0 =f(~0), donc par injectiviteu=~0.

Par consequent Kerf=f~0g.

Reciproquement, supposons que Kerf=f~0g. Soitu;v2Etels quef(u) =f(v), autrement dit f(u)f(v) =~0. Commefest lineaire, on af(u)f(v) =f(uv) =~0, doncuv2Kerf. On en deduit queuv=~0, c'est-a-direu=v. Par consequentfest injective. Ceci termine la preuve. Par denition,fest surjective si et seulement si Imf=F. On utilise souvent ces resultats sous la forme suivante :

Theoreme.

L'application lineairefest un isomorphisme si et seulement si Kerf=f~0get Imf=F.

Theoreme.

SoitGun sous-espace vectoriel deE. SiGest engendre paru1;:::;ukalorsf(G) est engendre parf(u1);:::;f(uk). En particulier dimf(G)dimG. SiEest de dimension nie, dimImfdimE. La dimension de Imfest appelee lerangdef.

Preuve.

Commeui2Gon af(ui)2f(G). Soitv2f(G). Par denition il existeu2Gtel quef(u) =v. CommeG= Vect(u1;:::;uk), il existe des scalaires1;:::;ktels queu=1u1++kuk. 6 Par consequent,v=f(1u1++kuk) =1f(u1) ++kf(uk). Ceci montre que la famille (f(u1);:::;f(uk)) engendref(G). Si dimG=k, il existe (u1;:::;uk) une base deG, doncf(G) = Vect(f(u1);:::;f(uk)) et dimf(G)k.

Exemple.

Il n'existe pas d'application lineaire surjectivef:R2!R3car dimImf2Theoreme. Supposons queEest de dimension nie. Soit (e1;:::;en) une base deEet soitf:E!Fune application lineaire. L'applicationfest un isomorphisme si et seulement si (f(e1);:::;f(en)) est une base deF. En particulier, sifest un isomorphisme alors dimE= dimF.

Preuve.

Supposons quefest un isomorphisme et montrons que (f(e1);:::;f(en)) est une base deF. L'ap- plicationfest surjective donc Imf=F. Comme (e1;:::;en) engendreE, le theoreme precedent implique que la famille (f(e1);:::;f(en)) engendref(E) =F. Soit1;:::;ndes scalaires tels que1f(e1) ++nf(en) =~0. Par linearite, on obtient que f(1e1++nen) =~0, et en prenantf1on trouve1e1++nen=~0. Comme (e1;:::;en) est une famille libre deE, ceci implique que1==n= 0. Par consequent, (f(e1);:::;f(en)) est une famille libre deF. La famille (f(e1);:::;f(en)) est libre et generatrice dansF, donc c'est une base deF. Reciproquement, supposons que (f(e1);:::;f(en)) est une base deFet montrons quefest un isomorphisme. Le theoreme precedent implique que (f(e1);:::;f(en)) engendre Imf; comme c'est une famille generatrice deF, on obtient que Imf=F, autrement ditfest surjective. Soitu2Eet (x1;:::;xn) ses coordonnees dans la base (e1;:::;en). On au=x1e1++xnendonc f(u) =x1f(e1) ++xnf(en), autrement dit (x1;:::;xn) sont les coordonnees def(u) dans la base (f(e1);:::;f(en)). Sif(u) =~0 alors les coordonnees def(u) sont nulles :x1==xn= 0, donc on a aussiu=~0. Par consequent, Kerf=f~0get par un theoreme vuprecedemmentfest injective. L'application lineairefest surjective et injective, donc c'est un isomorphisme.

Theoreme.

Suposons queEetFsont de dimension nie. AlorsEetFsont isomorphes si et seulement si dimE= dimF.

Preuve.

Soitn= dimE. Soit (e1;:::;en) une base deE. Supposons queEetFsont isomorphes : il existe un isomorphismef:E!F. Par le theoreme precedent, (f(e1);:::;f(en)) est une base deFdonc dimF=n. Reciproquement, supposons que dimF=n. Soit (u1;:::;un) une base deF. Nous avons vu qu'on peut denir une application lineairef:E!Fen posantf(ei) =uipouri= 1;:::;n. Par le theoreme precedent,fest un isomorphisme, autrement ditEetFsont isomorphes. Le theoreme suivant s'appelle egalementtheoreme de la dimensionoutheoreme du rang.

Theoreme noyau-image.

SiEest de dimension nie alors

dimE= dimKerf+ dimImf: 7

Preuve.

PuisqueEest de dimension nie, le sous-espace vectoriel Kerfadmet un supplementaire dansE. Choisissons-en un et appelons-leG. Cela signie queE=G+ KerfetG\Kerf=f~0g. Soitg:G!Imfl'application denie parg(u) =f(u) pour toutu2G(c'est une restriction de l'applicationf). Calculons Kerg. Soitu2Gtel queg(u) =~0, autrement ditf(u) =~0. On a donc u2G\Kerf, doncu=~0. Par consequent Kerg=f~0gdoncgest injective. Soitv2Imf. Par denition il existeu2Etel quef(u) =v. PuisqueE=G+ Kerf, il existe u

12Getu22Kerftels queu=u1+u2. Alors

v=f(u) =f(u1+u2) =f(u1) +f(u2) =f(u1) +~0 =g(u1): L'applicationg:G!Imfest donc surjective. Par consequentgest un isomorphisme deGsur Imf, donc dimG= dimImf. Enn, puisqueE= KerfG, on a dimE= dimKerf+dimGdonc dimE= dimKerf+ dimImf. Ceci conclut la preuve.

Exemple 1.

Soitf:Rn!R,f(x1;:::;xn) =a1x1++anxnaveca1;:::;ansont tous nuls. Si (e1;:::;en) est la base canonique deRn, on af(ei) =ai. Donc Imf6=f0g. Par consequent dimImf1 et comme Imfest inclus dansRqui est de dimension 1, on a dimImf= 1. Par le theoreme noyau-image, on en deduit Kerfest de dimensionn1, autrement dit le sous-espace vectoriel d'equation cartesiennea1x1++anxn= 0 est de dimensionn1.

Exemple 2.

Il n'existe pas d'application lineaire injectivef:R3!R2car dimImfdimR2= 2 et comme dimKerf= dimR2dimImfon a dimKerf1.

Theoreme.

Supposons que dimE= dimF. Alors les proprietes suivantes sont equivalentes : {fest injective, {fest surjective, {fest un isomorphisme. En general, il est plus facile de montrer qu'une application est injective (en montrant Kerf=f~0g).

Preuve.

On a les equivalences suivantes :

finjective,Kerf=f~0g ,dimKerf= 0. fsurjective,Imf=F,dimImf= dimF,dimImf= dimE. Le theoreme noyau-image nous donne que dimE= dimKerf+ dimImfdonc on a l'equivalence dimKerf= 0,dimImf= dimE, autrement ditfest injective si et seulement si elle est

surjective. Donc, si on suppose quefest injective ou surjective, elle est bijective. Et si on suppose

quefest bijective, elle est evidemment injective et surjective.

Exemple.

Soitf:R2!R2,f(x;y) = (x+y;xy). Cherchons Kerf.f(x;y) =~0 est equivalent a x+y= 0 xy= 0 x+y= 0 2y= 0 doncy= 0 etx= 0. On a montre que Kerf=f~0gdoncfest un isomorphisme (iciE=F=R2 donc evidemment dimE= dimF). 8

6. Matrice d'une application inversible

Theoreme.

SoitEetE0des espaces vectoriels de m^eme dimensionn,Bune base deEetB0une base de E

0. Soitf:E!Fune application lineaire et soitAsa matrice dans les basesBetB0. Alors

l'applicationfest un isomorphisme si et seulement si la matriceAest inversible. De plus, sifest un isomorphisme alorsA1est la matrice def1dans les basesB0etB. Preuve.Supposons quefest un isomorphisme. SoitMla matrice def1dans les basesB0etB. Par un theoreme vu au paragraphe 3, la matriceMAest la matrice de l'applicationf1fdans les basesBetB. Orf1f= IdEet la matrice de IdEdans la baseBest la matrice identite, donc MA=In. On a de m^emeff1= IdFet sa matrice dans la baseB0estAM, doncAM=In.

On en deduit queAest inversible etM=A1.

Reciproquement, supposons queAest inversible. Soitg:F!El'application lineaire telle que les coordonnees deg(u0i) dans la baseBsont les coordonnees de la colonneide la matriceA1(on a vu qu'on peut denir une application lineaire en donnant les images des vecteurs d'une base). Autrement dit,A1est la matrice degdans les basesB0etB. La matriceA1A=Inest la matrice de l'applicationgfdans la baseB. OrInest la matrice de IdEdans la baseB, donc gf= IdE(ces deux applications lineaires ont la m^eme matrice, donc elles concident sur une base, donc elles sont egales). De m^eme, la matriceAA1=Inest la matrice defgdans la base B

0, doncfg= IdF. On en deduit quefest inversible etg=f1.

7. Changement de bases

Denition.

SoitB= (u1;:::;un) etB0= (u01;:::;u0n) deux bases deE. Lamatrice de passagede la base Ba la baseB0est la matrice carreeP2Mn(K) dont les coecients de la colonneisont les coordonnees du vecteuru0idans la baseB.

Exemple.

SoitE=R2,u1= (1;0),u2= (0;1),B= (u1;u2) (c'est la base canonique deR2),u01= (1;1), u

02= (2;3) etB0= (u01;u02); on peut montrer queB0est une base deR2. La matrice de passage de

BaB0estP=1 2

1 3 On a (1;0) = 3(1;1)(2;3) et (0;1) =2(1;1) + (2;3), autrement ditu1= 3u01u02et u

2=2u01+u02. Donc les coordonnees deu1dansB0sont (3;1). et les coordonnees deu2

dansB0sont (2;1). La matrice de passage deB0aBest :P0=32 1 1

Proprietes des matrices de passage.

Considerons l'application identite Id

E:E!E. On a IdE(u0i) =u0idonc par denition la matrice de l'application Id Edans les basesBetB0est la matrice de passageP. Comme l'application IdE est un isomorphisme, on en deduit quePest inversible et queP1est la matrice de l'application Id 1 E= IdEdans les basesB0etB. Par consequentP1est la matrice de passage deB0aB. Soitv2E. Notons (x1;:::;xn) les coordonnees devdans la baseB, (x1;0:::;x0n) les coordonnees devdans la baseB0etX=0 B @x 1... x n1 C

A,X0=0

B @x 01... x 0n1 C A. On a l'egalitev= IdE(v), ce qui se traduit par la relation matricielleX=PX0. 9

Proprietes.

SoitBetB0des bases deEet soitPla matrice de passage deBaB0. La matricePest inversible et son inverseP1est la matrice de passage deB0aB. SiXrepresente les coordonnees d'un vecteurudans la baseBet siX0represente les coordonnees deudans la baseB0alorsX=PX0.

Attention au piege!

Ps'appelle la matrice de passagedeBaB0mais la formuleX=PX0donne les coordonnees dansBen fonction des coordonneesdansB0, et non l'inverse. Pour avoir les coordonnees dansB0en fonction des coordonnees dansB, il faut utiliser la formule X

0=P1X.

Formule de changement de bases.

Theoreme.

SoitBetB0des bases deEetPla matrice de passage deBaB0. Soitf:E!Eun endomorphisme deE,Ala matrice defdans la baseBetA0la matrice defdans la baseB0. Alors on a la formule de changement de bases suivante : A

0=P1AP.

Preuve.Nous avons deja vu quePest la matrice de IdEdans les basesBetB0et queP1est la matrice de Id Edans les basesB0etB. Par un theoreme vu au paragraphe 3,APest la matrice de fIdEdans les basesB0etB, et de m^emeP1(AP) est la matrice de IdEfIdEdans la baseB0. Or Id EfIdE=fdoncP1APest la matrice defdans la baseB0, c'est-a-direP1AP=A0.

Ceci termine la preuve.

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