Le chapitre 4

Chapitre 4 - démonstrations

Les anneaux et les corps

Les anneaux

4.0.0.0

Démontrons que, dans l'anneau "(Z, +, .)", tout sous-ensemble "nZ" (avec "n" un nombre entier naturel) de "Z" forme un sous-anneau de "(Z, +, .)". Déjà, nous avons démontré à plusieurs reprises que "nZ" est inclut dans "Z".

\forall a, \forall n \in N, a \in nZ \Rightarrow a \in Z

De plus, nous avons déjà démontré que le groupe "(nZ, +)" est un sous-groupe de "(Z, +)" : il est stable par l'addition. Finalement, la stabilité par la multiplication est aussi assez simple à prouver.

\forall a, b \in nZ, \exists c, d \in Z, a = n * c, b = n * d

a * b = (n * c) * (n * d) = n * (c * n * d) = n * e, e = (c * n * d)

Donc, l'anneau "(nZ, +, .)" est un sous-anneau de "(Z, +, .)"

Les polynômes

4.0.1.0

Démontrons que dire qu'un polynôme "P(X)" admet une racine "r" équivaut à dire que ce polynôme est divisible par "X - r". Procédons par double implication.

Prouvons que dire qu'un polynôme "P(X)" est divisible par "X - r" implique que "P(X)" admet une racine "r". Si "P" est divisible par "X - r", il existe un "Q(X)" tel que le produit de "Q(X)" et "X - r" donne "P".

\exists Q \in K[X], (X - r) * Q(X) = P(X) De manière évidente, "r" permet d'annuler "(X - r)". Par transitivité de l'égalité, "r" annule aussi "P(X)". X = r \Rightarrow (X - r) = 0 \Rightarrow (X - r) * Q(X) = P(X) = 0

Donc, dire qu'un polynôme "P(X)" est divisible par "X - r" implique que "P" admet une racine "r".

Prouvons qu'un polynôme "P(X)" admet une racine "r" implique que "P(X)" est divisible par "X - r". Pour cela, nous devons juste prouver l'existence d'un polynôme "Q" tel que "X - r" multiplié par "Q" donne "P". Cela implique que la division euclidienne de "P(X)" par "X - r" (qui existe bel et bien) donne un reste nul.

P(X) = Q(X) * (X - r) + R(X)

Nous savons qu'une division euclidienne de polynômes est unique. Donc, la division euclidienne de ce polynôme pour "X = r" est exactement la même que pour tous "X". Or, si "X = r", "P(X) = 0" et "Q(X) * (X - r) = 0" : il n'y a pas besoin de reste, qui est bel et bien nul.

X = 0 \Rightarrow (P(X) = Q(X) * (X - r) + R(X) \land R(X) = 0 \Leftrightarrow P(X) = Q(X) * (X - r)) \Rightarrow R(X) = 0

Donc, un polynôme "P(X)" admet une racine "r" implique que "P(X)" est divisible par "X - r".

Les deux implications sont vérifiées : dire qu'un polynôme "P(X)" admet une racine "r" équivaut à dire que ce polynôme est divisible par "X - r".

Les espaces vectoriels

Les propriétés de base

4.1.0.0

Considérons une famille libre "w" de "n" vecteur d'un espace vectoriel "E" sur un corps "K". Posons une autre famille libre "v" de "m" vecteur générant "E".

v = {v_{1}, v_{2}, ..., v_{m}}, v \in E^{m}

w = {w_{1}, w_{2}, ..., w_{n}}, w \in E^{n}

\forall u \in E, \exists {a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}} \in K, u = \sum_{k=1}^{n} a_{k} * w_{k}

Le lemme de Steinitz dit deux choses : "m" est inférieur ou égal à "n", et il est possible de trouver un sous-ensemble de "w" tel que l'union de "v" et de ce sous-ensemble engendre "K". Démontrons ce lemme.

Déjà, nous savons que tous les vecteurs de "v" appartiennent à "E" : ils sont donc combinaisons linéaires de vecteur de "w". De plus, comme ils sont non-nuls, il existe au moins un des scalaires de la combinaison linéaire qui ne s'annule pas.

\forall o \in [0, m], \exists {a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}} \in E, v_{o} = \sum_{k=1}^{n} a_{k} * w_{k}

\exists q \in [0, n], a_{q}! = 0

Prenons le cas du premier élément de "v".

\exists {a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}} \in K, v_{1} = \sum_{k=1}^{n} a_{k} * w_{k}

Nous pouvons facilement exprimer un élément de "w" (tel que son scalaire associé pour obtenir "v" n'est pas nul) grâce à cet élément de "v". Permettons nous de sélectionner un élément de "w" quelconque respectant cette contrainte, et permutons les valeurs dans "w" pour que cet élément devienne le premier élément de "w". Appelons "s" le scalaire associé à cet élément de "w". Pour cela, passons ce premier élément de "w" de l'autre côté, enlevons l'élément de "v" des deux côtés, et multiplions par l'inverse de "s".

v_{1} = \sum_{k=1}^{n} a_{k} * w_{k}

\Leftrightarrow v_{1} = v_{1} + \sum_{k=2}^{n} a_{k} * w_{k}

\Leftrightarrow w_{1} = s^{-1} * v_{1} - s^{-1} * \sum_{k=2}^{n} a_{k} * w_{k}

Dans ce cas, nous voyons que ce premier vecteur de "w" est une combinaison linéaire (un peu complexe et différente, mais une combinaison linéaire quand même) d'élément de "w" et du premier élément de "v". Ici, comme tout élément de "k" est une combinaison linéaire d'élément de "w", alors si l'un des "w" est combinaison linéaire d'autres éléments de "w" (sauf lui, bien évidemment) et d'un autre vecteur quelconque, alors cet autre vecteur quelconque et tous les autres éléments de "w" génèrent aussi l'espace vectoriel. Donc, le premier élément de "v" et les autres éléments de "w" génère aussi l'espace vectoriel. Après avoir pris en compte le fait que nous avons permuté nos éléments dans "w", on pourrait écrire :

Vect({v_{1}, w_{2}, ..., w_{n}}) = Vect(w) = E

Bien que nous avons fait pour le premier vecteur, cette technique marche parfaitement pour tous les vecteurs possibles. Donc, nous pouvons réitérer cette étape, jusqu'à ce que nous avons enlever tous les éléments de "v" (on pourrait poursuivre avec le deuxième, le troisième...).

Vect({v_{1}, v_{2}, w_{3}, ..., w_{n}}) = Vect(w) = E

Vect({v_{1}, v_{2}, v_{3}, w_{4}, ..., w_{n}}) = Vect(w) = E

Ici, nous pouvons avoir fini de considérer tous les éléments de "v" : il serait donc de taille inférieur à celui de "w". De plus, nous aurions une nouvelle famille génératrice de "E" :

Vect({v_{1}, v_{2}, ..., v_{m}, w_{m + 1}, ..., w_{n}}) = Vect(w) = E

De plus, nous pouvons être sur que nous nous arrêterons avant "n" ou précisément à "n" opérations. En effet, si il y en avait plus, alors des éléments de "v" serait constitués de "0" éléments de "w", ce qui n'est pas possible puisqu'ils sont tous décomposables en éléments de "w". Donc, il y a au plus autant d'éléments dans "v" que dans "w", et donc :

m \leq n

Nos deux propositions sont démontrés. Le lemme de Steinitz est donc démontré.

4.1.0.1

Démontrons que toutes les bases d'un K-espace vectoriel "E" ont le même cardinal. Une grande partie de la preuve utilisera le lemme de Steinitz. Commençons par poser une famille libre de vecteur "v" et une base "w" de "E".

v = {v_{1}, v_{2}, ..., v_{m}}, v \in E^{m}

w = {w_{1}, w_{2}, ..., w_{n}}, w \in E^{n}

\forall u \in E, \exists {a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}} \in K, u = \sum_{k=1}^{n} a_{k} * w_{k}

Déjà, selon le lemme de Steinitz, toute famille de vecteur "v" de "E" a une taille inférieur ou égal à chaque base "w" de "E". Donc, "m" est inférieur ou égal à "n".

m n

Démontrons que si "m" est strictement inférieur à "n", alors "v" ne génère pas entièrement "E". Selon le lemme de Steinitz, il existe une base de "E" constitué des "m" vecteurs de "v" et de "n - m" vecteurs de "w". Si "m" est strictement inférieur à "n", alors il existe au moins un vecteur de "w" dans cette base.

(v_{1}, v_{2}, ..., v_{m}, w_{m + 1}, ..., w_{m})

Or, cette famille est une base : elle est libre. Donc, aucune combinaison des vecteurs de "v" ne génère les vecteurs de "w" restants dans la base. Donc, si "m" est strictement inférieur à "n", alors "v" ne génère pas "E".

m < n \Rightarrow Vect(v) ! = E

Donc, si une famille génère entièrement "E", elle est obligatoirement de taille "n". Donc, toutes les bases d'un espace vectoriel ont la même taille : ici "n".

Vect(v) = E \Rightarrow m = n

On peut même prouver la réciproque de ce théorème. En effet, si "m = n", alors l'algorithme vue plus haut nous donne une base de "E" qui est égale à... "v". Donc, si "m = n", "v" est une base de "E" : par double implication, il s'agit d'une équivalence.

m = n \Leftrightarrow Vect(v) = E

4.1.0.2

Démontrons que, dans la base "b" écrite : "(4, 1), (8, 4)", le vecteur "(4, 5)" a pour coordonnées "(-3, 2)". Pour cela utilisons un système linéaire. Ici, posons le système, et résolvons le :

4 = a * 4 + b * 8

5 = a * 1 + b * 4

\Leftrightarrow

a = 5 - 4 * b

4 = a * 4 + b * 8

\Leftrightarrow

a = 5 - 4 * b

4 = (5 - 4 * b) * 4 + b * 8

\Leftrightarrow

a = 5 - 4 * b

4 = 20 - 8 * b

\Leftrightarrow

a = 5 - 4 * b

4 = 20 - 8 * b

\Leftrightarrow

a = -3

b = 2

Donc, dans la base "b", les coordonnées de "(4, 5)" sont bien "(-3, 2)".

4.1.0.3

Démontrons que toute application linéaire entre deux espaces de matrices colonnes peut se représenter avec une matrice. Notons "E" un espace vectoriel sur le corps "K" représentant l'ensemble "K exposant m", et "F" un espace vectoriel sur le corps "K" représentant l'ensemble "K exposant n". Considérons une application linéaire :

f : E ⟶ F

Comme "E" est un espace vectoriel, nous pouvons exprimer une base "b" de "E".

(b_{1}, b_{2}, ..., b_{m})

Ici, comme notre application est linéaire, la famille représentant l'image des vecteurs de "b" forme une famille génératrice de l'image de "l'espace d'arrivée". Nommons cette famille "c".

(c_{1}, c_{2}, ..., c_{m})

Donc, tout vecteur de l'image peut s'écrire comme une combinaison linéaire de vecteurs de "c".

\forall u \in E, f(u) = \sum_{k=0}^{n} a_{k} c_{k}

Or, cette opération représente le fait de réaliser le produit matriciel entre une matrice dont les colonnes représentent "c" et "u". Donc, quelque soit cette application linéaire, elle peut se représenter sous la forme d'une matrice.

f(u) = M * u

4.1.0.4

Démontrons que le produit matriciel de deux matrices associées à des applications linéaires revient à obtenir la matrice de la composée de ces deux applications linéaires. Posons deux matrices "A" et "B", associées à deux applications linéaires "f" et "g", et à 3 bases : "b" (départ de "f"), "c" (arrivée de "f" et départ de "g") et "d" (arrivée de "g"). Déjà, pour tout vecteur "v" de coordonnées "E" dans la base de départ de "b", on sait que le produit matriciel de "A" et "E" donne les coordonnées "F" de "v" dans la base "c".

AE = F

De même, le produit matriciel de "B" et "F" donne les coordonnées "G" de "f(v)" dans "d".

BF = G

Donc, "G" représente les coordonnées de "g de f" de "v" dans la base "d". Comme le produit matriciel est associatif, on peut donc écrire :

B(AE) = (BA)E = G

Or, on se rend compte que "g de f" peut aussi s'exprimer sous la forme du produit matrice de "B" et "A". Donc, le produit matriciel de "B" et "A" représente la composée de "g" et "f", dans cette ordre précis.

Les applications linéaires

4.1.1.0

Démontrons que, pour tout "w" et "z" appartenant à "R", l'application allant de "R²" vers "R²" transformant "(x, y)" en "(w * x, z * y)" est linéaire. Déjà, la première propriété est respectée, et l'on peut le vérifier de manière algébrique.

\forall a, b \in R^{2}, \exists x, x', y, y' \in R, a = (x, y), b = (x', y'), f(a + b) = f(x + x', y + y') = (w * (x + x'), z * (y + y')) = (w * x + w * x', z * y + z * y') = (w * x, z * y) + (w * x', z * y') = f(a) + f(b)

La deuxième propriété est aussi vraie, et ce n'est pas si difficile que ça à démontrer non plus.

\forall a, b \in R^{2}, \exists x, y, c \in R, a = (x, y), f(c * a) = f(c * x, c * y) = (w * c * x, z * c * y) = c * (w * x, z * y) = c * f(a)

Finalement, "f(0, 0) = (0, 0)", donc cette application est belle est bien linéaire. Donc, pour tout "w" et "z" appartenant à "R", l'application allant de "R²" vers "R²" transformant "(x, y)" en "(w * x, z * y)" est linéaire.

4.1.1.1

Démontrons que, pour une application linéaire allant de 2 K-espace vectoriel "E" vers "F", l'image d'une base de "E" représente une base de l'image de l'application dans "F". Considérons une base "b" de "E".

b = (b_{1}, b_{2}, ..., b_{n}) \in {E*}_{n}

\forall u \in E, \exists (a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}) \in {N*}_{n}, u = \sum_{k=1}^{n} a_{k} b_{k}

Appelons "I" l'image de "f". Nous savons que, pour tout vecteur de "F", il existe un vecteur de "E" tel que son image appartient à "F".

\forall v \in I, \exists u \in E, f(u) = v

Ici, comme "u" appartient à "E", nous pouvons décomposer "u", en utilisant la définition de la base "b".

u = \sum_{k=1}^{n} a_{k} b_{k}

f(\sum_{k=1}^{n} a_{k} b_{k}) = v

Par linéarité de "f", on peut sortir la somme et la multiplication de "f".

f(\sum_{k=1}^{n} a_{k} b_{k}) = v

\sum_{k=1}^{n} a_{k} * f(b_{k}) = v

Donc, tout vecteur "V" de "I" s'écrit comme la combinaison linéaire d'éléments de l'image de la base "b" : c'est exactement la définition d'une famille qui génère "F". Donc, l'image d'une base de "E" représente une base de l'image de l'application dans "F".

Les matrices

4.1.2.0

Démontrons que faire le produit d'une matrice par une matrice diagonale quelconque revient à obtenir une matrice où les colonnes de votre première matrice sont multipliées par les valeurs dans la diagonale de la même colonne. Rappelons la définition du produit matriciel.

c_{i, j} = \sum_{k=1}^{n} a_{(i,k)} b_{(k,j)}

Posons une matrice de dimension "(m, n)". Considérons une matrice diagonale de taille "p", de telle manière que cette matrice soit compatible au produit matriciel (en tant que deuxième élément) avec notre matrice de départ. Appelons l'élément de la diagonale à la ligne / colonne "l" de notre matrice diagonale "d de i". Pour rappel, toutes les autres valeurs des lignes / colonnes (hors de la diagonale) de la matrice sont nuls. Notre produit matriciel devient :

c_{i, j} = \sum_{k=1}^{n} a_{(i,k)} b_{(k,j)} = a_{(i,j)} d_{j}

Donc, chaque valeur de la matrice représente la valeur de la matrice de départ multiplié par l'élément de la diagonale de la colonne associée. Donc, faire le produit d'une matrice par une matrice diagonale quelconque revient à obtenir une matrice où les colonnes de votre première matrice sont multipliées par les valeurs dans la diagonale de la même colonne. Démontrons maintenant le sens inverse : faire le produit d'une matrice diagonale par une matrice quelconque revient à obtenir une matrice où les lignes de votre deuxième matrice sont multipliées par les valeurs dans la diagonale de la même ligne.

c_{i, j} = \sum_{k=1}^{n} b_{(i,k)} a_{(k,j)} = d_{i} a_{(i,j)}

Donc, chaque valeur de la matrice représente la valeur de la matrice de départ multiplié par l'élément de la lignle de la colonne associée. Donc, faire le produit d'une matrice diagonale par une matrice quelconque revient à obtenir une matrice où les lignes de votre deuxième matrice sont multipliées par les valeurs dans la diagonale de la même ligne.

4.1.2.1

Démontrons que, pour deux matrices carrés de même taille "A" et "B", la trace de "A * B" et la même que celle de "B * A". Rappelons la définition du produit matriciel de "A" et "B", puis de "B" et "A".

A * B = C, B * A = D

c_{i, j} = \sum_{k=1}^{n} a_{(i,k)} b_{(k,j)}

d_{i, j} = \sum_{k=1}^{n} b_{(i,k)} a_{(k,j)}

Posons "l" tel que "l" peut remplacer "i" et "j". Dans ce cas :

c_{l, l} = \sum_{k=1}^{n} a_{(l,k)} b_{(k,l)}

d_{i, j} = \sum_{k=1}^{n} b_{(l,k)} a_{(k,l)}

Ici, la trace de la matrice "C" représente la somme de tous les "c indice l, l" possibles, et la trace de la matrice "D" représente la somme de tous les "d indice l, l" possibles.

Tr(C) = \sum_{l=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} a_{(l,k)} b_{(k,l)}

Tr(D) = \sum_{l=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} b_{(l,k)} a_{(k,l)} = \sum_{l=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} a_{(k,l)} b_{(l,k)}

Dans le calcul "D", procédons à un changement de nom de variable assez bizarre : appelons "k" la variable "l" et "l" la variable "k". En fait, permutons les noms, sans changer la valeur intrasèque de ces variables. Si vous voulez faciliter cette étape, décomposez là : commencer par remplacez "l" par "z", puis remplacez "k" par "l", puis "z" par "k" : le résultat est le même, mais permet de ne pas se mélanger les pinceaux.

Tr(D) = \sum_{k=1}^{n} \sum_{l=1}^{n} a_{(l,k)} b_{(k,l)}

Maintenant, permutons les deux sommes (ce qui est tout à fait possible dans ce contexte).

Tr(D) = \sum_{l=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} a_{(l,k)} b_{(k,l)}

Or, nous obtenons que le calcul de "Tr(D)" est exactement le même que celui de "Tr(C)". Donc, ils sont égaux.

Tr(C) = Tr(D) \Leftrightarrow Tr(AB) = Tr(BA)