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@ -10,10 +10,12 @@
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Un magma est un ensemble $E$ avec une loi de composition interne $\function{\star}{E^2}{E}$ notée $(E, \star)$ tel que $\forall(a, b) \in E, a \star b \in E$.
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\end{definition_sq}
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Typiquement, pour éviter d'inventer des nouvelles notations pour chaque loi de composition interne, on utilisera des notations déjà familières telles que \textbf{la notation additive (+)} directement héritée de l'addition des entiers naturels, ainsi que \textbf{la notation multiplicative ($\cartesianProduct$)}.
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\langsubsection{Magma unital}{Unital magma}
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\begin{definition_sq} \label{definition:unital_magma}
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Un magma \ref{definition:magma} $(E, \star)$ est dit \textbf{unital} si $\exists \Identity_E \in E, \forall a \in E, \Identity_E \star a = a \star \Identity_E = a$.
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Un magma \ref{definition:magma} $(E, \star)$ est dit \textbf{unital} s'il existe un élément appelé \textbf{élément neutre} tel que si combiné avec n'importe quel élément ne le change pas, c'est-à-dire $$\exists \Identity_E \in E, \forall a \in E, \Identity_E \star a = a \star \Identity_E = a$$
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\end{definition_sq}
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\begin{theorem_sq}
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@ -106,11 +108,9 @@ $det\left(\begin{bmatrix}a & b\\c & d\end{bmatrix}\right) = ad - bc$
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\langsubsubsection{Cas 3x3}{3x3 case}
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%TODO Complete subsubsection
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\pagebreak
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\subsection{Inverse}
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\begin{theorem_sq}
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\begin{theorem_sq} \label{theorem:matrix_product_monoid}
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Le tuple $(M_n(\K), \cartesianProduct)$ est un monoïde.
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\end{theorem_sq}
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@ -132,17 +132,17 @@ $det\left(\begin{bmatrix}a & b\\c & d\end{bmatrix}\right) = ad - bc$
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$MA = MB = \begin{pmatrix} -21 & -21 \\ 7 & 7 \end{pmatrix}$ alors que $M \ne 0 \land A \ne B$
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\end{proof}
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% \begin{theorem_sq}
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% $\lnot(\forall (A, B) \in M_n(\K)^2, AB = 0 \implies A = 0 \lor B = 0)$
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% \end{theorem_sq}
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\begin{theorem_sq}
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$\lnot(\forall (A, B) \in M_n(\K)^2, AB = 0 \implies A = 0 \lor B = 0)$
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\end{theorem_sq}
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% \begin{proof}
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% Soit $(A, B) \in M^*_2(\K)^2$ tel que
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%
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% $A := \begin{pmatrix} 3 & -12 \\ -2 & 8 \end{pmatrix}$ \hspace{5mm} $B := \begin{pmatrix} 4 & 12 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$
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%
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% $AB = 0$ alors que $A \ne 0 \land B \ne 0$
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% \end{proof}
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\begin{proof}
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Soit $(A, B) \in M^*_2(\K)^2$ tel que
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$A := \begin{pmatrix} 3 & -12 \\ -2 & 8 \end{pmatrix}$ \hspace{5mm} $B := \begin{pmatrix} 4 & 12 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$
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$AB = 0_2$ alors que $A \ne 0 \land B \ne 0$
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\end{proof}
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\begin{definition_sq} \label{definition:inversible_matrix}
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Une matrice $A \in M_n(\K)$ est dite \textbf{inversible} sur $\K$ si et seulement s'il existe une matrice dite \textbf{inverse} $B \in M_n(\K)$ tel que $AB = \Identity_n = BA$.
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@ -156,25 +156,27 @@ $det\left(\begin{bmatrix}a & b\\c & d\end{bmatrix}\right) = ad - bc$
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- Les matrices de dilatation $D_i(a)$ sont inversibles : $(D_i(a))^{-1} = D_i(a^{-1})$
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- Les matrices de permutation $P_{i, j}$ sont inversibles : $(P_{i, j})^{-1} = P_{i, j}$
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- Les matrices de permutation $P_{i, j}$ sont inversibles : $(P_{i, j})^{-1} = P_{j, i}$
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\begin{definition_sq} \label{definition:linear_group}
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L'ensemble des matrices inversibles est appelé \textbf{groupe linéaire} et est noté $GL_n(\K)$.
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Également, le tuple $(GL_n(\K), \cartesianProduct)$ est un groupe \ref{definition:group}.
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\end{definition_sq}
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Par la théorie des groupes :
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\begin{theorem_sq}
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Le tuple $(GL_n(\K), \cartesianProduct)$ est un groupe \ref{definition:group}.
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\end{theorem_sq}
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\begin{itemize}
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\item{L'inverse est unique : $AB = AC = \Identity_n \implies B = C = A^{-1}$}
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\item{L'inverse d'un inverse est l'identité : $(A^{-1})^{-1} = A$}
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\item{Le produit de deux matrices inversibles est inversible : $(AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}$}
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\end{itemize}
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\begin{proof}
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L'ensemble des matrices inversibles sont également des matrices, donc $GL_n(\K) \subseteq M_n(\K)$ or le tuple $(M_n(\K), \cartesianProduct)$ est un monoïde \ref{theorem:matrix_product_monoid} et $GL_n(\K)$ ne garde que les matrices qui sont inversibles et cela constitue la définition d'un groupe \ref{definition:group}.
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\end{proof}
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La transposée d'un inverse et l'inverse de la transposée : $(A^{-1})^T = (A^T)^{-1}$
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\begin{theorem_sq}
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La transposée d'un inverse et l'inverse de la transposée c.-à-d. : $\forall A \in GL_n(\K), (A^{-1})^T = (A^T)^{-1}$
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\end{theorem_sq}
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$(A^{-1})^T A^T = (AA^{-1})^T = \Identity_n^T = \Identity_n$ et $A^T(A^{-1})^T = (A^{-1}A)^T = \Identity_n^T = \Identity_n$
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\begin{proof}
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$\forall A \in GL_n(\K), (A^{-1})^T A^T = (AA^{-1})^T = \Identity_n^T = \Identity_n \land A^T(A^{-1})^T = (A^{-1}A)^T = \Identity_n^T = \Identity_n$
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\end{proof}
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\begin{theorem_sq}
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$\forall (A, B) \in M_n(\K)^2, \forall M \in GL_n(\K), (MA = MB) \equivalence A = B$
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@ -195,14 +197,19 @@ $(A^{-1})^T A^T = (AA^{-1})^T = \Identity_n^T = \Identity_n$ et $A^T(A^{-1})^T =
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\begin{proof}
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Par récurrence sur $n$. Le cas d'initialisation $n = 1$ est immédiat.
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Passons à l'hérédité. Soit $A \in GL_n(\K)$ avec $n \ge 2$ et supposons l'hypothèse $h$ au rang $n - 1$. On va appliquer l'algorithme du pivot de Gauss.
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Comme A est inversible, sa première colonne n'est pas nulle.
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Si $a_{11} \ne 1$, alors il existe $i > 1$ tel que la matrice de transvection $T_{1, i}(\frac{1 - a_{11}}{a_{i1}})$ (ou l'opération $L_1 \leftarrow L_1 + \frac{1 - a_{11}}{a_{i1}}L_i$) permet de mettre un coefficient 1 en position $(1, 1)$.
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Passons à l'hérédité. Soit $A \in GL_n(\K)$ avec $n \ge 2$ et supposons l'hypothèse $h$ au rang $n - 1$.
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Appliquons l'algorithme du pivot de Gauss.
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Comme A est inversible, sa première colonne est nécessairement non nulle.
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Si $a_{11} \ne 1$, s'il existe $i > 1$ tel que la matrice de transvection $T_{1, i}(\frac{1 - a_{11}}{a_{i1}})$ permet de mettre un coefficient 1 en position $(1, 1)$.
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Dans le cas ou $a_{11} \ne 1$ et qu'il s'agit du seul coefficient non nul de la colonne, nous pouvons ajouter la matrice de transvection $T_{2, 1}(1)$ pour nous ramener au cas précédent.
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Ensuite, en utilisant le coefficient $(1, 1)$ comme pivot, une succession d'opérations sur les lignes puis sur les
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colonnes permet d'annuler tous les autres coefficients de la première ligne et de la première colonne : il existe
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des matrices de transvection cela permet d'affirmer qu'il existe une suite finie de matrices de transvection $M_k$ telles que
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colonnes permet d'annuler tous les autres coefficients de la première ligne et de la première colonne, cela permet d'affirmer qu'il existe une suite finie de matrices de transvection $M_k$ telles que
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$A \prod\limits_{i = 1}^k M_i = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & A' \end{pmatrix}$
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où $A' \in GL_{n - 1}(\K)$ ainsi que $\det(A') = \det(A)$, avec l'hypothèse $h$ on conclut l'hérédité.
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où $A' \in GL_{n - 1}(\K)$ ainsi que $\det(A') = \det(A)$.
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En appliquant l'hypothèse $h$ on conclut l'hérédité.
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\end{proof}
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\begin{theorem_sq}
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@ -225,48 +232,74 @@ $(A^{-1})^T A^T = (AA^{-1})^T = \Identity_n^T = \Identity_n$ et $A^T(A^{-1})^T =
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Supposons que la matrice $A$ est inversible, c'est-à-dire qu'il existe une matrice $A^{-1}$ telle que $AA^{-1} = A^{-1}A = \Identity_n$.
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% TODO Fix proof...
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Alors, $\rank{A} = n$.
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% \Limpliespart
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En effet, si $\rank{A} = n$, ainsi, il existe une matrice colonne de taille $n$ qui est un multiple scalaire des colonnes de $A$, ce qui signifie que les vecteurs colonnes de $A$ sont linéairement indépendants.
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% Supposons que $\rank{A} = n$.
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% Sachant que les matrices de dilatation et transvection conservent le rang, et que la matrice identité $\Identity_n$ à un rang de $n$
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% alors, nous pouvons créer une séquence finie de $k$ matrices de dilatation et de transvection tel que $A = \prod\limits_{i = 1}^k E_i$.
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% Hors comme toutes les matrices de dilation te de transvection sont inversibles ainsi que leur produit, ainsi, nous pouvons créer une autre séquence finie $B = \prod\limits_{i = 1}^k (E_{k - i - 1})^{-1}$.
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\Limpliespart
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% On remarque de $AB = \left(\prod\limits_{i = 1}^k E_i\right) \left(\prod\limits_{i = 1}^k (E_{k - i - 1})^{-1}\right) = \prod\limits_{i = 1}^k \Identity_n = \Identity_n$.
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Supposons que $\rank{A} = n$.
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Sachant que les matrices de dilatation et transvection conservent le rang, et que la matrice identité $\Identity_n$ à un rang de $n$
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alors, nous pouvons créer une séquence finie de $k$ matrices de dilatation et de transvection tel que $A = \prod\limits_{i = 1}^k E_i$.
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Hors comme toutes les matrices de dilation te de transvection sont inversibles ainsi que leur produit, ainsi, nous pouvons créer une autre séquence finie $B = \prod\limits_{i = 1}^k (E_{k - i - 1})^{-1}$.
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On remarque de $AB = \left(\prod\limits_{i = 1}^k E_i\right) \left(\prod\limits_{i = 1}^k (E_{k - i - 1})^{-1}\right) = \prod\limits_{i = 1}^k \Identity_n = \Identity_n$.
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Donc, non seulement $A$ est inversible, mais avons aussi un algorithme qui permet de calculer sa matrice inverse.
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% Donc, non seulement $A$ est inversible, mais avons aussi un algorithme qui permet de calculer sa matrice inverse.
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% TODO Fix garbage AI proof...
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Dans cet article, nous prouvons que si le rang d'une matrice $A$ est égal à son ordre (taille),
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alors la matrice $A$ est inversible en utilisant des matrices élémentaires.
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% Dans cet article, nous prouvons que si le rang d'une matrice $A$ est égal à son ordre (taille),
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% alors la matrice $A$ est inversible en utilisant des matrices élémentaires.
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%
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% Supposons que la matrice $A \in M_n(\K)$ et que $\rank{A} = n$.
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%
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% Montrer qu'il existe une matrice inversible composée de matrices élémentaires.
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%
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% Supposons que $A$ est une matrice de taille $n$ avec $\rank{A} = n$.
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% Nous savons que pour toute opération sur les lignes (ou les colonnes),
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% la matrice résultante aura un rang égal ou inférieur à la matrice originale $A$.
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% Par conséquent, nous pouvons effectuer une séquence d'opérations élémentaires sur les lignes de $A$ sans changer son rang.
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%
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% Soit $E_1, E_2, \ldots, E_k$ ces matrices élémentaires telles que leur produit est également une matrice élémentaire. Nous avons $A = \prod\limits_{i = 1}^n E_i$
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%
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% Puisque $\rank{A} = n$, et que chaque $E_i$ maintient le rang, il s'ensuit que toutes ces matrices sont des matrices élémentaires avec un élément pivot non nul (elles ne peuvent pas être la matrice zéro).
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% On peut donc construire une matrice inversible composée uniquement de ces matrices élémentaires :
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% \[ B = E_1(E_2(\cdots E_k(I_n))\cdots) \]
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% Cette matrice $B$ est clairement inversible puisqu'elle a un pivot non nul dans chaque ligne (ou colonne), et donc son rang est égal à l'ordre de la matrice originale $A$.
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% Ainsi, nous avons montré que si $\rank{A} = n$, il existe une matrice inversible composée uniquement de matrices élémentaires.
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Supposons que la matrice $A \in M_n(\K)$ et que $\rank{A} = n$.
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Ok
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Montrer qu'il existe une matrice inversible composée de matrices élémentaires.
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Ok
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Supposons que $A$ est une matrice de taille $n$ avec $\rank{A} = n$.
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Nous savons que pour toute opération sur les lignes (ou les colonnes),
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la matrice résultante aura un rang égal ou inférieur à la matrice originale $A$.
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Par conséquent, nous pouvons effectuer une séquence d'opérations élémentaires sur les lignes de $A$ sans changer son rang.
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Ok
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Soit $E_1, E_2, \ldots, E_k$ ces matrices élémentaires telles que leur produit est également une matrice élémentaire. Nous avons $A = \prod\limits_{i = 1}^n E_i$
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\impliespart
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Since $AA^{-1} = I_n$, the columns of $A$ must be linearly independent.
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Puisque $\rank{A} = n$, et que chaque $E_i$ maintient le rang, il s'ensuit que toutes ces matrices sont des matrices élémentaires avec un élément pivot non nul (elles ne peuvent pas être la matrice zéro).
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On peut donc construire une matrice inversible composée uniquement de ces matrices élémentaires :
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\[ B = E_1(E_2(\cdots E_k(I_n))\cdots) \]
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Cette matrice $B$ est clairement inversible puisqu'elle a un pivot non nul dans chaque ligne (ou colonne), et donc son rang est égal à l'ordre de la matrice originale $A$.
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Ainsi, nous avons montré que si $\rank{A} = n$, il existe une matrice inversible composée uniquement de matrices élémentaires.
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To see this, suppose the columns of $A$ are linearly dependent. Then there exist scalars $c_1, c_2, ..., c_n$, not all zero, such that
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$$c_1 \mathbf{a}_1 + c_2 \mathbf{a}_2 + \dots + c_n \mathbf{a}_n = \mathbf{0}$$
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where $\mathbf{a}_i$ are the columns of $A$. This can be written as $A\mathbf{c} = \mathbf{0}$, where $\mathbf{c} = \begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \\ \vdots \\ c_n \end{bmatrix}$ is a non-zero vector.
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If $A$ is invertible, then we can multiply both sides by $A^{-1}$:
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$$A^{-1}A\mathbf{c} = A^{-1}\mathbf{0} \implies \mathbf{c} = \mathbf{0}$$
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But this contradicts our assumption that $\mathbf{c}$ is a non-zero vector. Therefore, the columns of $A$ must be linearly independent.
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Since $A$ is an $n \times n$ matrix with $n$ linearly independent columns, the column space of $A$ has dimension $n$. Therefore, rank$(A) = n$.
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\Limpliespart
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$\rank{A} = n$ implies that $A$ is an $n \times n$ matrix with $n$ linearly independent rows.
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Since the columns of $A$ are linearly independent and span $\K^n$, any vector $\mathbf{b} \in \K^n$ can be written as a linear combination of the columns of $A$. In other words, for any $\mathbf{b} \in \K^n$, the equation $A\mathbf{x} = \mathbf{b}$ has a solution. Since the columns are linearly independent, the solution is unique.
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Consider the system $A\mathbf{x} = \mathbf{e}_i$, where $\mathbf{e}_i$ is the $i$-th standard basis vector in $\K^n$ (i.e., a vector with a 1 in the $i$-th position and 0s elsewhere). Since rank$(A) = n$, this system has a unique solution for each $i = 1, 2, ..., n$. Let $\mathbf{x}_i$ be the unique solution to $A\mathbf{x} = \mathbf{e}_i$.
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Now, construct a matrix $B$ whose columns are the vectors $\mathbf{x}_1, \mathbf{x}_2, ..., \mathbf{x}_n$. Then $AB$ is a matrix whose $i$-th column is $A\mathbf{x}_i = \mathbf{e}_i$. Therefore, $AB = I_n$.
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Since $AB = I_n$, we have shown that $A$ has a right inverse. For square matrices, if a right inverse exists, then it is also a left inverse. Therefore, $BA = I_n$ as well. Thus, $B = A^{-1}$, and $A$ is invertible.
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\end{proof}
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\begin{definition_sq} \label{definition:special_linear_group}
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L'ensemble \textbf{groupe spécial linéaire} noté $SL_n(\K)$ est le sous ensemble de $GL_n(\K)$ tel que le déterminant est égale à 1.
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L'ensemble \textbf{groupe spécial linéaire} noté $SL_n(\K)$ est le sous ensemble de $GL_n(\K)$ tel que le déterminant est égale à 1, c'est-à-dire
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$$SL_n(\K) := \{ A \in GL_n(\K) \suchthat \det(A) = 1\}$$
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\end{definition_sq}
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\begin{theorem_sq}
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@ -274,11 +307,17 @@ Ainsi, nous avons montré que si $\rank{A} = n$, il existe une matrice inversibl
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\end{theorem_sq}
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\begin{proof}
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Vérifions chaque axiome d'un groupe. $\det(\Identity_n) = 1 \equivalence \Identity_n \in SL_n(\K)$.
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Grâce aux propriétés du déterminant, on peut vérifier chaque axiome d'un sous-groupe \ref{definition:subgroup}
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La propriété du déterminant $\forall (A, B) \in M_n(\K)^2, \det(AB) = \det(A)\det(B)$ permet de montrer les propositions suivantes :
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$$\forall (A, B) \in SL_n(\K)^2, \det(AB) = \det(A)\det(B) = 1 * 1 = 1 \implies AB \in SL_n(\K)$$
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$$\forall A \in SL_n(\K), \exists! A^{-1} \in GL_n(\K), 1 = \det(\Identity_n) = \det(AA^{-1}) = \det(A)\det(A^{-1}) = \det(A^{-1}) \implies A^{-1} \in SL_n(\K)$$
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\begin{itemize}
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\item{Magma : $\forall (A, B) \in SL_n(\K)^2, \det(AB) = \det(A)\det(B) = 1 \cdot 1 = 1 \implies AB \in SL_n(\K)$}
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\item{Présence de l'identité : $\det(\Identity_n) = 1 \implies \Identity_n \in SL_n(\K)$}
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\item{Présence de l'inverse : $\forall A \in SL_n(\K), \exists! A^{-1} \in GL_n(\K), 1 = \det(\Identity_n) = \det(AA^{-1}) = \det(A)\det(A^{-1}) = \det(A^{-1}) \implies A^{-1} \in SL_n(\K)$}
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\end{itemize}
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Pour montrer qu'il s'agit d'un sous-groupe distingué, posons $x \in GL_n(\K)$ et $y \in SL_n(\K)$, nous pouvons en conclure
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$\det(xyx^{-1}) = \det(x)\det(y)\det(x)^{-1} = 1 \implies xyx^{-1} \in SL_n(\K)$
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\end{proof}
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\begin{theorem_sq}
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@ -290,13 +329,12 @@ Ainsi, nous avons montré que si $\rank{A} = n$, il existe une matrice inversibl
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$$A \prod\limits_{i = 1}^p M_i = \Identity_n$$
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\end{proof}
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\pagebreak
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\begin{theorem_sq}
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Une matrice $A \in M_n(\K)$ est inversible sur $\K$ si et seulement si $det(A) \neq 0$.
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\end{theorem_sq}
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\begin{proof}
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\lipsum[2]
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% TODO Complete proof
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\end{proof}
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@ -332,7 +370,7 @@ $a \in Tr_n$
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\begin{proof}
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Soit $A \in M_n(\K)$ ainsi qu'une norme subordonnée quelconque $\matrixnorm{.}$.
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$$\forall n \in \N, \matrixnorm{\frac{A^n}{n!}} \le \frac{\matrixnorm{A^n}}{n!}$$
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$$\forall n \in \N, \left\lVert \frac{A^n}{n!} \right\rVert \le \frac{\matrixnorm{A^n}}{n!}$$
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\end{proof}
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\begin{theorem_sq}
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@ -388,36 +426,34 @@ $a \in Tr_n$
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Les deux formules de polarisation s'en déduisent immédiatement.
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\end{proof}
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\langsection{Espaces vectoriels}{Vectors spaces} \label{definition:vector_space}
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%TODO Complete section
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\langsection{Espaces vectoriels}{Vectors spaces}
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Soit $(E, +)$ un groupe abélien \ref{definition:abelian_group} de $\K$
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\begin{definition_sq} \label{definition:vector_space}
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Un espace vectoriel $(E(\K), +, \cartesianProduct)$ sur un corps $\K$ est un tuple
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Soit $(E, +)$ un groupe abélien \ref{definition:abelian_group} de $\K$
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\begin{itemize}
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\item{muni d'une loi de composition externe d'un corps $\K$ tel que $\function{(\cdot)}{K \cartesianProduct E}{E}$ vérifiant $(\alpha, x) \rightarrow \alpha x$}
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\end{itemize}
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\begin{itemize}
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\item{muni d'une loi de composition externe d'un corps $\K$ tel que $\function{(\cdot)}{K \cartesianProduct E}{E}$ vérifiant $(\alpha, x) \rightarrow \alpha x$}
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\end{itemize}
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\bigskip
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Et vérifiant $\forall(\alpha, \beta) \in \K^2, \forall(a, b, c) \in E^3$
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\bigskip
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Et vérifiant $\forall(\alpha, \beta) \in \K^2, \forall(a, b, c) \in E^3$
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\begin{itemize}
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\item{Unital en $(\cdot)$}
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\item{Distributivité (gauche et droite) $+$ de $\K \equivalence a(\alpha + \beta) = (\alpha + \beta)a = \alpha a + \beta a$}
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\item{Distributivité (gauche et droite) $*$ de $\K \equivalence a(\alpha * \beta) = (\alpha * \beta)a = \alpha(\beta a)$}
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\end{itemize}
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\langsubsection{Famille libre}{Free family} \label{definition:vector_space_free_family}
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\begin{definition_sq}
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Une famille \suite{e} est dite \textbf{libre} si
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$$\forall i \in \discreteInterval{1, n}, \lambda_i \in \K, \sum\limits_{i = 1}^n \lambda_i e_i = 0 \implies \lambda_i = 0$$
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\begin{itemize}
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\item{Unital en $(\cdot)$}
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\item{Distributivité (gauche et droite) $+$ de $\K \equivalence a(\alpha + \beta) = (\alpha + \beta)a = \alpha a + \beta a$}
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\item{Distributivité (gauche et droite) $*$ de $\K \equivalence a(\alpha * \beta) = (\alpha * \beta)a = \alpha(\beta a)$}
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\end{itemize}
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\end{definition_sq}
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\langsubsection{Famille génératrice}{Generating family} \label{definition:vector_space_generating_family}
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\begin{definition_sq} \label{definition:vector_space_free_family}
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Une famille \suite{e} est dite \textbf{libre} si la seule combinaison linéaire qui annule \suite{e} est la combinaison linéaire nulle, c'est-à-dire
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$$\forall \lambda \in \K^n, \sum\limits_{i = 1}^n \lambda_i e_i = 0 \implies \lambda_i = 0$$
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\end{definition_sq}
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\begin{definition_sq}
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Une famille \suite{e} est dite \textbf{génératrice} de $E$ si
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$$\forall v \in E, \exists \lambda \in \K^n, \sum\limits_{i=1}^n \lambda_i e_i = v$$
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\begin{definition_sq} \label{definition:vector_space_generating_family}
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Une famille \suite{e} est dite \textbf{génératrice} d'un espace vectoriel \ref{definition:vector_space} $E$ si pour tout vecteur $v$ de $E$ il existe une combinaison linéaire de \suite{e} égale à $v$, c'est-à-dire
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$$\forall v \in E, \exists \lambda \in \K^n, \sum\limits_{i=1}^n \lambda_i e_i = v$$
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\end{definition_sq}
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\langsubsection{Bases}{Basis} \label{definition:vector_space_basis}
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@ -484,7 +520,7 @@ $\implies F \subset G \lor G \subset F$
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\langsubsection{Application linéaire}{Linear map} \label{definition:linearity}
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\begin{definition_sq} \label{defintion:linear_map}
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\begin{definition_sq} \label{definition:linear_map}
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Une application $\function{f}{\K}{\K}$ est une \textbf{application linéaire} d'un $\K$-espace vectoriel $E$ si il respecte les axiomes suivants :
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\begin{itemize}
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\item{\lang{Additivité}{Additivity} : $\forall(x, y) \in E^2, f(x + y) = f(x) + f(y)$}
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