Algèbre linéaire. Contents. 1 Algèbres Dénition Exemples Sous-algèbres Morphisme d'algèbres... 3

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1 Algèbre linéaire Contents 1 Algèbres Dénition Exemples Sous-algèbres Morphisme d'algèbres Sous-espaces vectoriels Dénition d'un sous-espace vectoriel Dénition Somme de deux vecteurs Somme Dénition Image d'une somme Somme directe Dénition : somme directe Supplémentaires Existence Caractérisation Exemple Réunion Cas de deux Généralisation Le théorème du rang Théorème du rang Théorème de l'isomorphisme induit Théorème du rang Dimension de F G, F + G Dimension de F G Dimension de F + G Dimension d'une somme directe Exercices Exercice : les noyaux itérés Interpolation de Lagrange Un isomorphisme Une base adaptée Remarque Expression d'un polynôme dans cette base Matrices équivalentes Rang d'une matrice Dénition : matrices équivalentes Théorème Caractérisation Transposée Caractérisation du rang Lemme Théorème

2 5.7 Applications Exercice 1 : l'inverse faible Exercice s Déterminants Déterminant triangulaire par blocs Déterminant de Vandermonde Il est non nul La valeur exacte Une application Comatrice Dénition Comatrice et inverse Exercice : les inversibles de M n (Z) Exercice : rang de la comatrice Hyperplans Dénitions Caractérisation Equations d'un hyperplan Généralisation Complément : l'opérateur Noyau est surjectif Un exemple d'isomorphisme induit Une base adaptée : les polynômes de Hilbert Calcul de n Exercice Exercice Complément : factorisation des endomorphismes Exercice Exercice Complément : le résultant Lemme Lemme Degré Degré Le même par une méthode élémentaire Un ouvert de C n [X]

3 1 Algèbres K désigne un corps. 1.1 Dénition (A, +,., ) est une K -algèbre si 1) (A, +,.) est un K -espace vectoriel. 2) (A, +, ) est un anneau. 3) Si x et y sont des éléments de A et λ un scalaire : λ. (xy) = x (λ.y) = (λ.x) y. 1.2 Exemples Soit K un corps ; exemples de K -algèbres : 1) K, K [X]. 2) K X = F (X, K) pour la multiplication usuelle. 3) M n (K) ; (L (E), +, ) si E est un K-espace vectoriel. 1.3 Sous-algèbres B est une sous-algèbre de (A, +,., ) si : 1) B est stable par combinaison linéaire. 2) B est stable par multiplication. 3) 1 A B. Conséquence B est stable pour les 3 opérations, et constitue une algèbre pour les opérations induites. Remarque Pour montrer qu'un ensemble est une algèbre, on montre en général que c'est une sous-algèbre d'une algèbre connue. 1.4 Morphisme d'algèbres Soit A et B deux K-algèbres ; f : A B est un morphisme d'algèbres si f est une application linéaire et un morphisme d'anneaux. Concrètement, on vérie que : 1) f est une application linéaire. 2) f est un morphisme pour la multiplication. 3) f (1 A ) = 1 B. 2 Sous-espaces vectoriels 2.1 Dénition d'un sous-espace vectoriel Dénition F est un sous-espace vectoriel de E si - F est non vide. - F est stable par l'addition. - F est stable par la multiplication par les scalaires Somme de deux vecteurs Soit F un sous-espace vectoriel de E ; soit x et y des éléments de E ; que dire de x + y si les deux sont dans F, un seul des deux, aucun des deux? Un dessin! 3

4 - si x F et y F, alors x + y F - si x F et y / F, alors x + y / F ; en eet, y = (x + y) x Si x + y était dans F, y serait dans F. - si x / F et y / F, on ne peut pas conclure ; exemples : x = y et x = y. 2.2 Somme Dénition Soit F 1,..., F q des sous-espaces vectoriels de E ; soit { F f : 1... F q E (x 1,..., x q ) x x q L'image de f est notée F F q ; on l'appelle somme de F 1,..., F q. On montre facilement que f est une application linéaire, ce qui entraine que F F q est un sous-espace vectoriel de E. Exercice Montrer que F F q est le plus petit sous-espace vectoriel de E contenant F 1... F q Image d'une somme Exercice Soit u L (E, F ) et E 1, E 2 deux sous-espaces de E. - comparer u (E 1 + E 2 ) et u (E 1 ) + u (E 2 ). - comparer u (E 1 E 2 ) et u (E 1 ) u (E 2 ). - comparer u (E 1 E 2 ) et u (E 1 ) u (E 2 ). La linéarité ne sert que pour le premier. u (E 1 + E 2 ) = u (E 1 ) + u (E 2 ). u (E 1 E 2 ) u (E 1 ) u (E 2 ). u (E 1 E 2 ) = u (E 1 ) u (E 2 ), mais ce ne sont pas des sous-espaces. 2.3 Somme directe Dénition : somme directe On dit que la somme F F q est directe si f est injective, ou ker f = {0} ; ce qui signie que tout vecteur de la somme se décompose de manière unique. Dans ce cas, on la note F 1... F q Supplémentaires Soit F 1,..., F q des sous-espaces vectoriels de E ; on dit qu'ils sont supplémentaires dans E s'ils sont en somme directe, et que leur somme est E. Ils sont donc supplémentaires si et seulement si f est un isomorphisme Existence Théorème Si E est de dimension nie, tout sous-espace F possède un supplémentaire. 4

5 Soit (e 1,..., e p ) une base de F, que l'on complète en une base (e 1,..., e n ) de E ; alors (e p+1,..., e n ) engendre un supplémentaire de F dans E Caractérisation Exercice La somme F F q est directe si et seulement si pour tout j, 2 j q, (F F j 1 ) F j = {0} Supposons que la somme n'est pas directe ; soit (x 1,..., x q ) non nul tel que q k=1 x k = 0 ; soit alors On obtient alors j k=1 x k = 0, d'où La réciproque est plus facile Exemple j = max {k/ 1 k q, x k 0} x j (F F j 1 ) F j {0} Que dire de trois droites distinctes dans un plan? Elles ne sont pas en somme directe, mais en somme directe deux à deux. 2.4 Réunion Cas de deux Exercice Soit F, G deux sous-espaces vectoriels de E ; si F G est un sous-espace vectoriel de E, montrer que l'un des deux est contenu dans l'autre. On montre la contraposée. Supposons qu'aucun des deux n'est contenu dans l'autre, donc l'existence de a F \ G et b G \ F ; soit c = a + b On sait que dans ce cas c n'appartient ni à F ni à G. Conclusion : F G n'est pas un sous-espace vectoriel de E Généralisation Soit F 1,..., F q des sous-espaces vectoriels de E ; on suppose que leur réunion F est un sous-espace vectoriel de E ; montrer que l'un des F j contient tous les autres. Par récurrence sur q ; le cas q = 2 est connu ; soit q 3 ; supposons la propriété au rang q 1. Supposons donc F = F 1... F q ; si F = F 1... F q 1, il sut d'appliquer l'hypothèse de récurrence ; sinon : il existe un x F \ (F 1... F q 1 ) Soit y F non nul ; considérons les y t = x + ty où t décrit K ; K étant inni, deux des y t appartiennent au même F j ; x et y appartiennent à ce même F j. Nécessairement, j = q ; donc y F q. Conclusion, F = F q. 5

6 3 Le théorème du rang 3.1 Théorème du rang Théorème de l'isomorphisme induit Si u L (E, F ) et si E est un supplémentaire de ker u dans E, alors u induit un isomorphisme u de E sur Imu. Il est clair que u est une application linéaire. Son noyau est E keru = {0}, donc u est injective. Soit y = u (x) un élément de Imu ; on écrit x = x 1 + x 2 avec x 1 E et x 2 ker u. Alors Ce qui montre que u est surjectif. y = u (x 1 ) Théorème du rang Si E est de dimension nie, et si u L (E, F ), alors dim E = dim (keru) + rgu E étant de dimension nie, on sait que ker u possède un supplémentaire E dans E ; on peut donc utiliser l'isomorphisme induit : u étant un isomorphisme, E et Imu ont même dimension ; donc : 3.2 Dimension de F G, F + G Dimension de F G Théorème dim E dim ker u = dim E = rgu Si E est un K espace vectoriel de dimension p et F un K espace vectoriel de dimension q, E F est un K espace vectoriel de dimension p + q. Soit (e 1, e 2,...e p ) une base de E et (f 1,..., f q ) une base de F ; on montre aisément que constitue une base de E F Dimension de F + G Théorème ((e 1, 0),..., (e p, 0), (0, f 1 ),..., (0, f q )) Soit F et G des sous-espaces vectoriels de dimension nie de E 1 dim (F + G) = dim F + dim G dim (F G) On dénit Que dire de ker f? f : { F G F + G (x, y) x + y 6

7 i : x (x, x) est un isomorphisme de F G sur kerf. D'où 2 dim (F + G) = dim F + dim G dim (F G) Soit F 1 un supplémentaire de F G dans F : F = F 1 (F G) ; on vérie que On en déduit F + G = F 1 G dim (F + G) = dim (F 1 ) + dim (G) = dim F + dim G dim (F G) 3.3 Dimension d'une somme directe Théorème Soit F 1,..., F q des sous-espaces vectoriels de dimension nie de E ; dans ce cas : dim q F j j=1 q dim F j j=1 et il y a égalité si et seulement si la somme est directe. On applique le théorème du rang à l'application : { F1... F f : q F F q (x 1,..., x q ) x x q 3.4 Exercices Soit u, v L (E) et F un sous-espace vectoriel de E. On suppose E de dimension nie. Montrer que : - dim u (F ) dim F - rg (u + v) rg (u) + rg (v) - rg (u v) rg (u) - rg (u v) rg (v) - On applique le théorème du rang à u = u /F. - Im (u + v) Imu + Imv. - Im (u v) Imu. - Im (u v) = u (Imv) 3.5 Exercice : les noyaux itérés Soit u L (E) ; on note u 0 = Id, F k = ker u k et G k = Imu k pour k 0. a) Montrer que (F k ) k 0 est croissante et (G k ) k 0 décroissante. b) Montrer que si k 0 et F k = F k+1, alors F k+1 = F k+2. On suppose que E est de dimension nie n ; soit a k = dim F k. c) Montrer que a n = a n+1. d) Montrer que (a k+1 a k ) est décroissante ; on pourra utiliser la restriction de u k à F k+1. e) Montrer que (F k ) k 0 et (G k ) k 0 sont stationnaires à partir du même rang. On ne suppose plus E de dimension nie. f) Trouver un exemple où (G k ) k 0 est stationnaire, mais pas (F k ) k 0. g) Soit E = R [X] ; u (P ) = P ; montrer qu'il n'existe pas de v L (E) tel que u = v 2. h) Montrer que si (F k ) k 0 et (G k ) k 0 sont stationnaires, elles le sont à partir du même rang (plus dicile). 7

8 de b) Soit x F k+2 ; u k+2 (x) = u k+1 (u (x)) = 0 ; donc u (x) F k+1 = F k ; donc u k (u (x)) = 0. Finalement x F k+1 de c) Si par l'absurde a n < a n+1, alors 0 = a 0 < a 1 <... < a n < a n+1. Donc, par récurrence sur k, pour 0 k n + 1 : a k k ; en particulier Contradiction ; donc a n = a n+1. de d) Avec le théorème du rang : de f) E = R [X] ; u (P ) = P. de g) a n+1 n + 1 a k+1 a k = dimu k (F k+1 ) = dim ( Imu k keru ) Si v existe, kerv keru qui est de dimension 1. - si kerv = (0), v est injectif, u aussi, contradiction. - si kerv = keru = kerv 2, on utilise b) : la suite ( ker v k) est stationnaire, contradiction. 4 Interpolation de Lagrange On xe n 0 et a 0,..., a n K, distincts. 4.1 Un isomorphisme Attention { f : K n [X] est de dimension n + 1, donc n + 1 points. 4.2 Une base adaptée K n [X] K n+1 P (P (a 0 ),..., P (a n )) On cherche les antécédents des éléments de la base canonique. Soit N = n (X a j ) j=0 et N j = N = (X a k ) X a j k j Exemple n = 2 ; N = (X a 0 ) (X a 1 ) (X a 2 ) ; N 0 = (X a 1 ) (X a 2 ) ; N 1 = (X a 0 ) (X a 2 ) ; N 2 =... 8

9 Que dire de f (N j )? On note L j = N j N j (a j ) Images des L j par f L j (a i ) = δ i,j ; par exemple, f (L 0 ) = (1, 0..., 0), f (L 1 ) = (0, 1, 0,..., 0)... En résumé, l'image de (L 0,..., L n ) est la base canonique de K n Remarque N j (a j ) = N (a j ), donc L j = N j N (a j ) N = (X a j ).N j ; on dérive, et on évalue en a j. 4.4 Expression d'un polynôme dans cette base On écrit P K n [X], P = P = n P (a j ) L j j=0 n λ k L k k=0 et on évalue en chaque a j. Ou on constate que la diérence est un polynôme de degré au plus n, qui a au moins n + 1 racines. Au fait, pourquoi est-ce une base? On peut répondre que c'est l'image de la base canonique de K n+1 par un isomorphisme ; ou constater que la formule précédente prouve qu'elle est génératrice, de cardinal n + 1. On peut aussi montrer directement qu'elle est libre. 5 Matrices équivalentes 5.1 Rang d'une matrice Soit A M p,q (K) ; les colonnes de A sont des éléments de M p,1 (K) ; notons C = (C 1,..., C q ) la famille des colonnes de A ; on appelle rang de A le rang de cette famille : rga = rg (C 1,..., C q ) 5.2 Dénition : matrices équivalentes On dit que M et M éléments de M p,q (K) sont équivalentes si P GL p (K), Q GL q (K), M = P.M.Q 9

10 5.3 Théorème On suppose E et F de dimensions nies ; soit u L (E, F ) de rang r ; il existe une base e de E et une base f de F telles que [ ] Ir 0 M e,f (u) = J r = M 0 0 p,q (K) Voir isomorphisme induit... Soit (e 1,..., e r ) une base de E ; (f 1,..., f r ) leurs images ; (e r+1,..., e q ) une base de ker u Caractérisation Dans M p,q (K), A et B sont équivalentes si et seulement si elles ont le même rang ; A est équivalente à J r si et seulement A est de rang r. 5.5 Transposée Théorème Une matrice et sa transposée ont le même rang. Si A = P.J r.q, alors A T = Q T.J r.p T ; attention, ce n'est pas le même J r. 5.6 Caractérisation du rang Lemme Soit A M p,q (K), et r son rang. Le rang r d'une matrice extraite A vérie r r. Si A est obtenue en supprimant des colonnes dans A, C C ; donc Donc r r. Si on supprime aussi des lignes? Théorème Vect (C ) Vect (C) Soit A M p,q (K), et r son rang ; r est la taille maximale d'une matrice carrée extraite inversible. La famille des colonnes de A, C = (C 1,..., C q ) est de rang r ; il existe donc une sous-famille libre de cardinal r ; on obtient ainsi une matrice A 1 M p,r (K) de rang r. La famille des lignes de A 1 est aussi de rang r ; elle possède donc une sous-famille libre de cardinal r ; on obtient ainsi une matrice 5.7 Applications Exercice 1 : l'inverse faible A 2 GL r (K) Soit A M p,q (K) ; montrer l'existence de B M q,p (K) vériant ABA = A et BAB = B. 10

11 5.7.2 Exercice 2 Soit u L (E) ; montrer l'existence de v GL (E) tel que v u soit un projecteur s Si A = P.J r.q, il sut de choisir B = Q 1.J r.p 1 ; si M B (u) = P.J r.q, il sut de choisir M B (v) = Q 1 P 1. 6 Déterminants 6.1 Déterminant triangulaire par blocs Théorème [ ] A B Soit M = une matrice triangulaire par blocs ; on suppose A et C carrées ; alors 0 C det M = det A. det C M = [ A B 0 C ] = [ Ir 0 0 C ] [ ] [ ] Ir B A I s 0 I s 6.2 Déterminant de Vandermonde Il est non nul Soit n 1 et a 0,..., a n K, distincts ; le déterminant suivant est non nul : 1 a 0. a n a n. a n n Soit C = n k=0 λ kc k une combinaison linéaire des colonnes ; soit Si C = 0, que dire de P? P = n λ k X k k=0 Si C = 0, P possède n + 1 racines, les a k ; étant de degré au plus n, il est nul ; donc les λ k sont nuls. On a montré que la famille des colonnes (C 1,..., C n ) est libre, ce qui prouve que le déterminant est non nul La valeur exacte On montre qu'il vaut (a j a i ) i<j C'est clair si a 0,..., a n ne sont pas distincts. On les suppose donc distincts et on procède par récurrence sur n. Le résultat est évident pour n = 1 ; soit n 2 ; supposons la propriété vériée au rang n 1 ; on remplace dans le déterminant a n par X ; on obtient un polynôme P K n [X] dont on connaît n racines distinctes a 0,..., a n 1 ; de plus, le coecient de X n dans P est donné par l'hypothèse de récurrence. 11

12 6.2.3 Une application Exercice Soit n 1 et λ 1,..., λ n n complexes ; on suppose que Montrer que les λ j sont nuls. k, 1 k n, n λ k j = 0 Supposons par l'absurde qu'ils ne sont pas tous nuls ; on peut supprimer ceux qui sont nuls, regrouper ensemble les λ j qui sont identiques, les réindexer, et on obtient : k, 1 k q, j=1 q n j.λ k j = 0 où q est le nombre de λ j non nuls distincts, et n j le nombre de fois que la suite de départ λ 1,..., λ n contient λ j. Le vecteur (n 1,..., n q ) est donc solution d'un système linéaire homogène, dont le déterminant est non nul, car λ 1,..., λ q sont distincts ; donc j=1 (n 1,..., n q ) = 0 Or les n j sont des entiers non nuls, contradiction ; conclusion, tous les λ j sont nuls. 7 Comatrice 7.1 Dénition Soit A M n (K) ; on note D i,j le déterminant de la matrice obtenue à partir de A en supprimant la ligne i et la colonne j ; la comatrice de A est (( 1) i+j.d i,j ) 7.2 Comatrice et inverse Théorème Pour tout A M n (K) : t Com (A).A = A. t Com (A) = det (A).I n Si de plus A est inversible A 1 = 1 det A.t ComA Exemple [ a c Soit A = b d ] ; si det A est non nul, A 1 =? A 1 = 1 ad bc [ d c b a ] 7.3 Exercice : les inversibles de M n (Z) Soit A M n (Z). Montrer que A est inversible et A 1 M n (Z) si et seulement si det A = ±1. 12

13 Supposons A 1 M n (Z). Alors A.A 1 = I n ; donc det A. det A 1 = 1 ; c'est le produit de deux entiers, donc det A = ±1. Supposons det A = ±1. A M n (Z), donc ComA M n (Z) ; donc A 1 M n (Z). 7.4 Exercice : rang de la comatrice Soit A M n (K) ; soit r son rang, et r le rang de ComA. - cas où r = n : r = n. - cas où r n 2 : ComA = 0. - cas où r = n 1. t Com (A).A = det (A).I n = 0, donc l'image de A est contenue dans le noyau de t Com (A) ; donc r 1 ; de plus, Com (A) n'est pas nulle, donc 8 Hyperplans 8.1 Dénitions r = 1 E = L (E, K) : l'ensemble des formes linéaires ; hyperplan H : noyau d'une forme linéaire non nulle ϕ ; on dit que ϕ est une équation de H. 8.2 Caractérisation Tout supplémentaire d'une droite est un hyperplan ; si E est de dimension nie n, les hyperplans sont les sous-espaces de dimension n Equations d'un hyperplan Théorème Elles sont proportionnelles. Soit f et g deux éléments de E {0} ; supposons H = ker f = ker g et montrons que (f, g) est liée. Soit a E \ H ; soit λ = g (a) f (a) La formule g = λ.f est vériée sur H et au point a, donc sur E par linéarité ; en détail : Soit x E. t K, h H, x = h + t.a Alors : Autre formulation g (x) = g (h + t.a) = t.g (a) = t.λ.f (a) = λ.f (x) Soit f et g deux éléments de E ; si ker f ker g, alors λ K, g = λ.f 13

14 8.4 Généralisation Exercice Soit q 1 ; soit f, f 1,..., f q des formes linéaires sur E ; on suppose que q ker f j ker f j=1 Mntrer que f est combinaison linéaire des f j. 1 Par récurrence sur q ; le cas q = 1 est connu ; soit q 1 ; supposons la propriété au rang q. On part de q+1 j=1 ker f j ker f Soit E = q j=1 ker f j ; on examine les restrictions sur E : ker f q+1 ker f' ; f = λ q+1 f q+1 ; donc E ker (f λ q+1 f q+1 ) ; donc f λ q+1 f q+1 est combinaison linéaire des (f j ) 1 j q. 2 C'est une conséquence directe de l'exercice 2 de factorisation, qui s'applique avec F = K q. 9 Complément : l'opérateur E = K [X] ; on dénit par P = P (X + 1) P (X) 9.1 Noyau ker = K 0 [X] ; quel est le degré de P? Son terme dominant? Si P = 0, alors P (X) P (0) a une innité de racines (les entiers naturels), donc P = P (0). Si P = a n X n +..., alors P = n.a n X n est surjectif Pour n 1, on introduit n : K n [X] K n 1 [X] restriction de ; n est surjectif d'après le théorème du rang ; comment en déduire que est surjectif? 9.3 Un exemple d'isomorphisme induit i n : F n K n 1 [X] ; que choisir pour F n? Par exemple, F n = {P K n [X] /P (0) = 0} = V ect ( X, X 2,..., X n). 14

15 9.4 Une base adaptée : les polynômes de Hilbert On les dénit par H 0 = 1, et H n = i 1 n (H n 1 ) ; pour n 1, H n est donc caractérisé par (H n ) = H n 1, H n (0) = 0 On en déduit facilement que 0, 1,..., n 1 sont racines de H n ; nalement : ( ) X (X 1)... (X n + 1) X H n = = n! n Soit n l'endomorphisme induit par sur K n [X]. Quelle est sa matrice dans la base (H 0,..., H n )? M = Quelle base choisir pour que cette matrice soit celle de D : P P? ( ) X k k! 0 k n 9.5 Calcul de n P E, n P = n ( ( 1) n k n k k=0 ) P (X + k) = T Id, les deux commutent, on applique la formule du binôme. 9.6 Exercice Soit P n = n k=0 ( 1)n k H k ; exprimer P n en fonction de H n. (I + ) P n = H n ; d'où P n = T 1 H n = H n (X 1). 9.7 Exercice Montrer que n 0, H n (Z) Z ; réciproquement, soit P = n k=0 a kh k ; si P (Z) Z, montrer que les a k sont dans Z. Si P (Z) Z, d'abord a 0 Z ; ensuite, ( P ) (Z) Z Complément : factorisation des endomorphismes On suppose que E, F et G sont de dimensions nies. 15

16 10.1 Exercice 1 Soit v L (F, G) et w L (E, G) ; trouver une condition nécessaire pour qu'existe u L (E, F ) tel que w = v u ; montrer que cette condition est susante. Imw Imv est une condition nécessaire. Réciproque : soit (e 1, e 2,...e n ) une base de E ; pour tout j, w (e j ) Imw Imv ; on peut donc choisir un antécédent f j dans F de w (e j ) par v : v (f j ) = w (e j ) Ensuite, on dénit u par Alors : j, u (e j ) = f j j, w (e j ) = v (f j ) = v u (e j ) 10.2 Exercice 2 Soit u L (E, F ) et w L (E, G) ; trouver une condition nécessaire pour qu'existe v L (F, G) tel que w = v u ; montrer que cette condition est susante. ker u ker w est une condition nécessaire. Réciproque : soit (f 1, f 2,...f n ) une base de Imu ; chaque f j a un antécédent e j par u ; on dénit v par j, v (f j ) = w (e j ) Alors : j, w (e j ) = v u (e j ) Où sert l'hypothèse ker u ker w? Enn, v n'étant dénie que sur Imu, il reste à la dénir sur F. Variante Dénir v sur Imu par w u 1 1, où u 1 est un isomorphisme induit. Remarque Dans cet exercice, on n'a utilisé que la dimension nie de F. 11 Complément : le résultant Dans K [X], soit P = u u p X p et Q = v v q X q ; on suppose p 1,q 1, u p 0, v q Lemme 1 Montrer que P Q 1 si et seulement si il existe deux polynômes non nuls A et B tels que AP = BQ, deg A < q, deg B < p Supposons D = P Q 1 ; écrivons P = D.P 1 et Q = D.Q 1 ; alors D.P 1.Q 1 = Q 1.P = P 1.Q Donc A = Q 1 et B = P 1 conviennent. Pour la réciproque, on utilise le théorème de Gauss. 16

17 11.2 Lemme 2 Montrer que P Q 1 si et seulement si ( P, XP,...X q 1 P, Q, XQ,..., X p 1 Q ) est liée ; on appelle résultant le déterminant suivant, de taille p + q : Res (P, Q) = u 0.. u p.. u 0.. u p v 0.. v q.. v 0 Les p + q lignes correspondent aux vecteurs de la famille ( P, XP,...X q 1 P, Q, XQ,..., X p 1 Q ). On en déduit que P Q 1 Res (P, Q) = Degré 2 Soit P = ax 2 + bx + c C [X] ; on suppose a 0 ; calculer Res (P, P ) Degré 3 c b a b 2a 0 0 b 2a Soit P = X 3 + px + q C [X] ; calculer Res (P, P ). 4p q 2. = a ( b 2 4ac ) 11.5 Le même par une méthode élémentaire P = X 3 + px + q C [X] ; on veut savoir à quelle condition P a une racine multiple. On calcule le reste R de la division euclidienne de P par P : R = 2 3 px + q D'où α = 3q 2p ; on retrouve que P (α) = 0 si et seulement si 4p q 2 = Un ouvert de C n [X] Soit U l'ensemble des polynômes de degré n (n 1), scindés à racines simples ; montrer que U est un ouvert de C n [X]. Remarque : l'ensemble des polynômes scindés à racines simples de C n [X] n'est pas un ouvert de C n [X] : utiliser Q k = X ( X k 1) 2. P Res (P, P ) est une fonction polynomiale sur C n [X], donc continue ; U est l'image réciproque d'un ouvert de C : C. v q 17