Matrices carrées et inverse

Non ça n'aide pas du tout de savoir diagonaliser.

L'algorithme du pivot, les opérations élémentaires, les inconnues principales/secondaires, les conditions de compatibilité, le rang et tout ça c'est le niveau avant la diagonalisation.

En gros, tu peux admettre que les matrices inversibles sur un corps sont forcément carrées, tu ne rates pas forcément grand chose. (la suite est vraiment bien plus intéressante que les détails techniques de ce truc-là !)

totem, essaie de résoudre le système 3x+4y+3z=0 et 2x-y+z=2.
Tu vois qu’il manque un truc.
Ensuite, traduis ça en une égalité matricielle.

Voir photo ci-jointe (modulo quelques fautes « de frappe »)

708 : enfin tu supposes la conclusion... Il s'agit (exactement, littéralement) de montrer que $K^n\cong K^m \implies m=n$. Et ça il n'y a pas de magie, il faut le démontrer; d'ailleurs il y a tellement peu de magie que si je bouge un peu les choses ce n'est plus vrai (ce n'est pas vrai pour certains anneaux non commutatifs par exemple - ce que je veux dire par là c'est qu'il y a un travail non formel à faire à ce stade, et qu'il faut bosser avec quelque chose)

C'est la seconde phrase du premier message de marsup qu'il faut prendre en compte. Quant à elle, elle revient au "lemme d'échange" (bon, j'en donne une version, il y en a d'autres) :

Soit $B, B'$ deux bases de $V$ et $x\in B\setminus B'$. Alors il existe $y \in B'\setminus B$ tel que $(B'\setminus \{y\})\cup \{x\}$ soit encore une base

Une fois ce lemme acquis, on fixe une base $B$ de $V$ (disons de cardinal $n$), et on montre que toute autre base a le même nombre d'éléments, par récurrence descendante sur la taille de l'intersection: si l'intersection est de taille $n$, on a $B\subset B'$ et donc $B= B'$ (exercice). Si l'intersection est de taille $k$, par le lemme précédent on trouve une base $B''$ qui est de même taille que $B'$ et qui a une intersection de taille $k+1$ avec $B$.

Pour prouver ce(tte version du) lemme d'échange, c'est très simple : on écrit $x = \sum_{y\in B'}\lambda_y y$. Il y a forcément un $y\in B'\setminus B$ tel que $\lambda_y \neq 0$ : en effet, sinon, ça voudrait dire que $x$ est dans le sous-espace engendré par $B\cap B'$, mais ce n'est pas le cas car $x\notin B'$.
On prend ce $y$. Alors comme $\lambda_y$ est inversible, $y$ s'exprime en termes de $(B'\setminus \{y\})\cup \{x\}$, ce qui montre que cette dernière est une famille génératrice. De plus, une relation linéaire non triviale donnerait ou bien une relation linéaire non triviale dans $B'$, ou une deuxième expression de $x$ en termes de $B'$ : les deux sont exclus; donc c'est une base.

Ici, on n'a utilisé que l'inversibilité des éléments non nuls, donc ce lemme d'échange est valable sur une algèbre à division, et en particulier ces dernières ont bel et bien la même propriété; mais je le répète: il faut à un moment faire quelque chose puisque ce n'est pas vrai sur un anneau non commutatif en général

Je ne nie pas le fait que j’ai répondu à la question posée sachant que si K^n est isomorphe à K^m alors n=m, oui.

Je sais montrer que si K^n est iso à K^m alors n=m.

J’ai considéré que la personne qui posait la question accepte de ramener cette question à ce résultat classique.

La dernière ligne est bugué : c’est n=p.

J’espère que mon premier message aura été utile.

Oui mais pas en tant qu’espaces vectoriels sur $\mathbb{R}$.

(marsup : cette preuve m'avait marqué parce que je ne l'aimais pas :-D et je cherchais quelque chose de "plus conceptuel" ; comme le résultat n'est pas vrai en général, il n'est pas surprenant que je n'aie pas trouvé. Quoique... je vais peut-être y reréfléchir)