Chap4-Espaces vectorieles et applications linèaires

COURS DE Mathématiques
ALGEBRE 1 :
Chapitre 4 : Espaces vectoriels
ENSA Marrakech
Année Universitaire : 2020-2021
KHCHINE ABDELMJID
Table des matières
1
2
3
4
Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Espaces vectoriels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1
Structure d’espace vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2
Sous-espaces vectoriels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3
Familles libres, familles génératrices . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Espaces vectoriels de dimension finie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1
Existence de bases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2
Théorème de la base incomplète . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3
Espace vectoriel produit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4
Coordonnées d’un vecteur dans une base . . . . . . . . . . . . . . .
3.5
Sous-espaces vectoriels en dimension finie . . . . . . . . . . . . . .
Applications linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1
Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2
Noyau et image d’une application linéaire . . . . . . . . . . . . . .
4.3
Structure de LK (E, F) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4
Endomorphismes particuliers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5
Image d’une famille finie de vecteurs par une application linéaire
4.6
Espaces vectoriels isomorphes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.7
Formes linéaires et hyperplans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.8
Rang d’une application linéaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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3
3
3
5
12
17
17
18
20
20
21
24
24
26
28
29
31
32
33
34
Dans tout ce chapitre K = R ou C.
1. Introduction
Beaucoup de problèmes mathématiques, physiques ou économiques, vérifient la propriété suivante :
si u et v sont solutions alors u + v est solution ainsi que λ u, où λ est un réel. De tels problèmes sont
dits linéaires, et ils sont habituellement plus faciles à résoudre que les problèmes plus généraux dits
non-linéaires.
En fait, un grand nombre de problèmes provenant de toutes les branches des mathématiques, ainsi que
des applications à la physique (équations de la chaleur, cordes vibrantes, . . .), à la chimie, à l’économi,
. . . sont linéaires du moins en première approximation. On comprend dès lors l’intérêt qu’il peut y avoir
à dégager un cadre mathématique commun à ce type de problèmes, de manière à pouvoir déterminer
des méthodes et des algorithmes adaptés. Ce cadre mathématique commun est la notion d’espace
vectoriel.
2. Espaces vectoriels
2.1. Structure d’espace vectoriel
2.1.1. Généralités
Définition 1.
Soit E un ensemble muni d’une loi de composition interne ”+” et d’une loi de composition externe
”.”. On dit que (E, +, .) est un espace vectoriel sur K ou un K-espace vectoriel si et seulement si :
1. (E, +) est un groupe abélien.
2. ∀ x ∈ E, 1.x = x.
3. ∀ α ∈ K, ∀ (x, x0 ) ∈ E 2 , α.(x + x0 ) = α.x + α.x0 .
4. ∀ (α, β) ∈ K2 , ∀ x ∈ E, (α + β).x = α.x + β.x.
5. ∀ (α, β) ∈ K2 , ∀ x ∈ E, α.(β.x) = (αβ).x.
Tout élément de E est appelé vecteur et tout élément de K est appelée scalaire.
Proposition 1 (Règles de calcul dans un espace vectoriel).
1. ∀ x ∈ E, λ ∈ K, 0K .x = 0E et λ.O E = 0E .
2. ∀α ∈ K, ∀ x ∈ E, (α.x = 0E ⇐⇒ α = 0 ou x = 0E ).
3. ∀ x ∈ E, (−1).x = − x
4. ∀α ∈ K, ∀ x ∈ E, (−α).x = α.(− x) = −(α.x).
5. ∀(α, β) ∈ K2 , ∀ x ∈ E, (α − β).x = α.x − β.x.
6. ∀α ∈ K, ∀(x, x0 ) ∈ E 2 , α.(x − x0 ) = α.x − α.x0 .
1. Soient x ∈ E et λ ∈ K. On a :
• 0E + 0K .x = 0K .x = (0K + 0K ).x = 0K .x + 0K .x.
En soustrayant 0K .x à droite des deux membres de cette égalité, on obtient 0E = 0K .x.
• 0E + λ.0E = λ.0E = λ.(0E + 0E ) = λ.0E + λ.0E .
En soustrayant λ.0E à droite des deux membres de cette égalité, on obtient λ.0E = 0E .
Démonstration.
2. Soient α ∈ K et ∀ x ∈ E tels que α.x = 0E . Si α = 0K , alors d’après le point (1), α.x = 0E . Sinon, si
α 6= 0K alors α est inversible dans K (car K est un corps). D’où :
x = 1.x = (α−1 .α).x = α−1 .(α.x) = α−1 .0E = 0E
et donc x = 0E . La réciproque est évidente (résulte de (1)).
3. Soit x ∈ E . On a
x + (−1)x = 1.x + (−1).x = (1 + (−1)).x = 0K .x = 0E ,
donc (−1).x est l’opposé de x. On peut alors écrire (−1)x = − x.
4. Soient α ∈ K et x ∈ E, on a :
(−α).x = (−1.α).x = (−1).(α.x) = − (α.x) = (−1.α).x = (α.(−1)).x = α.((−1).x) = α.(−x),
d’après le point précédent.
5. Soient (α, β) ∈ K2 et x ∈ E , on a : (α − β).x = (α + (−β)).x = α.x + (−β.x) = α.x − β.x.
6. Soient α ∈ K, et (x, x0 ) ∈ E 2 , on a : α.(x − x0 ) = α.(x + (− x0 )) = α.x + α.(− x) = α.x − α.x0 .
Remarque
(K, +, ×) est un K-espace vectoriel.
En particulier :
• (R, +, ×) est un R-espace vectoriel.
• (C, +, ×) est un C-espace vectoriel.
Exemples 1
1. (C, +, .) est un R-espace vectoriel.
2. Soit n ∈ N∗ . On définit sur Kn une loi de composition interne ”+” et une loi de composition
externe ”.” par : Pour tout α ∈ K, (x1 , . . . , xn ), (y1 , . . . , yn ) ∈ Kn ,
(x1 , . . . , xn ) + (y1 , . . . , yn ) = (x1 + y1 , . . . , xn + yn ) et α.(x1 , . . . , xn ) = (α x1 , . . . , α xn ).
Proposition 2.
(Kn , +, .) est un K-espace vectoriel. En particulier : Pour tout n ∈ N?
• (Rn , +, ×) est un R-espace vectoriel.
• (Cn , +, ×) est un R-espace vectoriel.
3. Soient E un K-ev et X un ensemble non vide. On définit sur E X une¡ loi ¢de composition
2
interne ”+” et une loi de composition externe ”.” par : ∀α ∈ K, ∀( f , g) ∈ E X ,
f +g: X → E
et α. f : X → E
.
x 7→
x 7→ α. f (x)
f (x) + g(x)
Proposition
3.
¡ X
¢
E , +, . est un K-espace vectoriel. En particulier :
(a) Si E = K, K X , +, . est un K-espace vectoriel.
¡
¢
(b) Si X = N et E = K, KN est le K-espace vectoriel des suites à valeurs dans K.
(c) Si X = I est un intervalle de R et E = R, R I est le R-espace vectoriel des fonctions
réelles à variable réelle.
Exercice 1
On pose E = R∗+ × R et on définit sur E la loi de composition interne + par
(x, y) + (x0 , y0 ) = (x x0 , y + y0 ) et la loi de composition externe 00 .00 par α.(x, y) = (xα , α y).
Montrer que (E, +, .) est un R-espace vectoriel .
2.1.2. Produit cartésien d’espaces vectoriels
Soient E, F deux K-espaces vectoriels. Le produit cartésien E × F des deux ensembles E et F est
muni d’une loi de composition interne ”+” et d’une loi de composition externe ”.” définies par :
0
0
∀α ∈ K, ∀(x, y) ∈ E × F, ∀(x , y ) ∈ E × F,
½
(x, y) + (x0 , y0 ) = (x + x0 , y + y0 )
α.(x, y)
= (α.x, α.y)
Proposition 4.
(E × F, +, .) est un K-espace vectoriel.
Proposition 5 (Généralisation).
Si E 1 , . . . , E n sont des K-espaces vectoriels, (E 1 × · · · × E n , +, .) est un K-espace vectoriel.
En particulier :
Si (E, +, .) est un K-ev et n ∈ N∗ , alors (E n , +, .) est un K-ev.
Dans toute la suite de ce paragraphe E désigne un K-ev.
2.2. Sous-espaces vectoriels
Définition 2.
Soient E un espace vectoriel et F un sous-ensemble non vide de E. On dit que F est un sous-espace
vectoriel de E s’il est un espace vectoriel pour l’addition et la multiplication externe de E.
La notion prend tout son intérêt grâce au théorème suivant. ;
Théorème 1.
Soient E un espace vectoriel et F ⊂ E un sous-ensemble non vide de E. Les assertions suivantes sont
équivalentes
1. L’ensemble F est un sous-espace vectoriel de E.
2. Pour tout v, w ∈ F, et tout λ ∈ K, on a :
v + w ∈ F, et λ v ∈ F.
(2.1)
Démonstration. Si F est un sous-espace vectoriel de E, alors c’est un espace vectoriel et (2.1) est vrai.
Montrons la réciproque. Parmi les propriétés de la définition (1), celles qui ne font intervenir l’associativité, la commutativité et la distributivité, puisqu’elles sont vraies dans E, restent vraies dans F
à cause de (2.1). Il suffit donc de vérifier les 2 propriétés impliquant une existence (élément neutre et
opposé). Nous devons démontrer que F contient le vecteur nul, ainsi que l’opposé de tout vecteur de
F . D’après le premier point de la proposition (1), le vecteur nul s’écrit 0.v pour tout vecteur v de E ,
donc pour tout vecteur de F . Comme F est non vide, il est donc dans F . De même si v est un vecteur
de F, alors son opposé, qui s’écrit (−1).v d’après le second point de la proposition (1), est aussi dans
F.
Remarque
1. {0E } et E sont des sous-espaces vectoriels triviaux de E .
2. Observons que tout sous-espace vectoriel de E contient au moins le vecteur nul.
3. Si F est sous-espace vectoriel de E , alors (F, +, .) est un K-espace vectoriel.
Proposition 6.
Soient (E, +, .) un K−ev et F une partie non vide de E. Les affirmations suivantes sont équivalentes.
1. F est un sous-espace vectoriel de E.
2. ∀α, β ∈ K, ∀(x, y) ∈ F 2 , α.x + β y ∈ F.
3. ∀α ∈ K, ∀(x, y) ∈ F 2 , α.x + y ∈ F.
Démonstration.
1 =⇒ 2) Supposons que F est un sous-espace vectoriel de E. Soient α, β ∈ K et (x, y) ∈ F 2 . D’après le
théorème 9, on a α.x ∈ F et β y ∈ F, donc α.x ∈ F + β y ∈ F.
2 =⇒ 3) Il suffit de prendre β = 1.
3 =⇒ 1) Soient α, ∈ K et (v, w) ∈ F 2 . On a α.v = α.v + 0 ∈ F et v + w = 1.v + w ∈ F. En utilisant le théorème
9, on obtient F est un sev.
Attention
Pour montrer que F est un sous-espace vectoriel d’un K-ev (E, +, .), il faut justifier les trois
étapes suivantes :
1. On montre que F ⊂ E.
2. On montre que F 6= ; (la plupart du temps on montre que 0E ∈ F ).
3. Soit α ∈ K et soit (x, y) ∈ F 2 . Montrer que α.x + y ∈ F.
Exemples 2
1. L’ensemble des nombres réels R est un sous-espace vectoriel du R-espace vectoriel C. De
même, l’ensemble des nombres imaginaires purs i R est un sous-espace vectoriel de C. En
effet :
(a) i R ⊂ C.
(b) i R est non vide car contient i.
(c) Si α ∈ R et si ix, i y ∈ i R alors α ix + i y = i(α x + y) ∈ i R.
2. L’ensemble F des triplets (x, y, z) de R3 vérifiant 2x + y − z = 0 est un sous espace vectoriel
de R 3 : En effet,
(a) Il est clair que F ⊂ R3 .
(b) F est non vide, le triplet (0, 0, 0) est solution de 2x + y − z = 0.
(c) Soient α ∈ R et (x, y, z), (x0 , y0 , z0 ) ∈ F. On a : α.(x, y, z) + (x0 , y0 , z0 ) = (α.x + x0 , α.y + y0 , α.z + z0 ).
D’autre part, 2(α.x + x0 ) + α.y + y0 + α.z + z0 = α.(2x + y + z) + (2x0 + y0 + z0 ) = 0.
3. L’ensemble F = C 0 (R) des fonctions continues de R dans R est un sous-espace vectoriel de
E = F (R, R). En effet :
(a) Il est clair que F ⊂ E.
(b) Il existe des fonctions continues sur R (cos, sin, exp , . . . ) donc F est non vide.
(c) Soient α ∈ R et f , g ∈ C 0 (R) alors par le théorème d’opération sur les fonctions continues,
α f + g est encore continue sur R. Donc F est stable par combinaison linéaire.
On montre de la même façon que pour tout n ∈ N, les ensembles C n (R), des fonctions
de classe C n sur R à valeurs dans R, sont des sous-espaces vectoriels de F (R, R).
4. Soit I un intervalle de R symétrique par rapport à 0. L’ensemble P des fonctions réelles
définies sur I et paires P = { f ∈ R I ; ∀ x ∈ I, f (− x) = f (x)} est un sous espace vectoriel du
R-espace vectoriel R I . En effet,
(a) P ⊂ F (I, R).
(b) P 6= ; car contient, par exemple, la fonction x 7−→ cos(x).
(c) Soient α ∈ R et f , g ∈ P , alors ∀ x ∈ I ,
(α. f + g)(− x) = α. f (− x) + g(− x) = α. f (x) + g(x) = (α. f + g)(x),
Il s’ensuit que α. f + g ∈ P .
On démontre de même que l’ensemble I des fonctions réelles impaires sur I I = { f ∈
R I ; ∀ x ∈ I, f (− x) = − f (x)} est un sous-espace vectoriel du R-espace vectoriel R I .
5. Soit ω ∈ R. L’ensemble F des solutions de l’équation différentielle y"+ y = 0 est un sous-espace
vectoriel de l’espace vectoriel C 0 (R). En effet :
(a) Toute solution de cette équation est (deux fois) dérivable et donc continue. Donc F ⊂ E.
(b) F est non vide car l’équation différentielle admet des solutions, par exemple la fonction
identiquement nulle sur R.
(c) Soient α ∈ R et f , g ∈ F. Alors (α f + g)" + ω(α f + g) = α ( f " + ω f ) + (g" + ω g) = 0 donc
|
{z
}
=0 car f ∈F
α f + g ∈ F.
|
{z
}
=0 car g∈F
Exercice 2
Montrer que :
1. L’ensemble B (N, R) de suites réelles bornées est un sous-espace vectoriel du R-espace vectoriel RN .
2. L’ensemble C (N, R) des suites réelles convergentes est un sous-espace vectoriel du R-espace
vectoriel B (N, R)
3. L’ ensemble C 0 (N, R) des suites réelles convergentes de limite nulle est un sev du R-espace
vectoriel C (N, R).
Attention
Pour montrer que F n’est pas un sous-espace vectoriel d’un K-ev (E, +, .), on peut montrer au
choix que :
1. On montre que F * E.
2. On montre que F = ;
3. 0E ∉ F .
4. F n’est pas stable par combinaison linéaire : il existe α ∈ K et (x, y) ∈ F 2 tels que α.x + y ∉ F.
Exemples 3
1. L’ensemble F = { f ∈ F(R, R), f (0) = 0} n’est pas un sous-espace vectoriel de E = C 0 (R) car il
existe des fonctions définies sur R qui s’annulent en 0 et qui ne sont pas continues sur R,
comme exemple la partie entière.
2. L’ensemble F = {(x, y) ∈ R2 , x2 + y2 = −1} n’est pas un sous-espace vectoriel de R2 car il est
vide.
3. L’ensemble F = { f ∈ F (R, R), f (0) = 1} n’est pas un sous-espace vectoriel de E = F (R, R) car
le vecteur nul de E qui est la fonction identiquement nulle sur R n’est pas élément de F.
4. L’ensemble F = {(x, y) ∈ R2 , k(x, y)k2 = x2 + y2 É 1} n’est pas un sous-espace vectoriel de R2
car il n’est pas stable par combinaison linéaire : soient u = (1, 0) et v = (0, 1). On vérifie
facilement que u, v ∈ F. Par contre u + v = (1, 1) et k u + vk2 = 2 > 1 donc u + v ∉ F.
Exercice 3
Dans le R-espace vectoriel R3 les sous ensembles suivants sont-ils des sous espaces vectoriels R3 ?
1. A = (x, y, z) ∈ R3 /x + y + 4z = 0
©
ª
2. B = (x, y, z) ∈ R3 /3 x + y − z = 1
©
3. C = (x, y, z) ∈ R3 /x y = z2
©
ª
ª
4. D = (x, y, z) ∈ R3 /x − 2y = 0, x − z = 0
©
ª
5. E = (x, y, z) ∈ R3 /x + y + z Ê 0
©
ª
Exercice 4
Soit E l’espace vectoriel R[0,1] . Les parties suivantes sont-elles des sous-espaces vectoriels de E ?
1. A = { f ∈ E; 2 f (0) = f (1)}.
2. B = { f ∈ E; f (1) = f (0) + 1}.
3. F = { f ∈ E; f polynômiale de degré 4}.
4. C = { f ∈ E; f (0) = 1}.
5. D = { f ∈ E; f (x) = f (1 − x)}.
6. G = { f ∈ E, f polynômiale de degré É 4}.
Proposition 7.
T
Si (F i ) i∈ I une famille de sous-espaces vectoriels de E , alors F = F i est un sous-espace vectoriel de
E.
i∈ I
Démonstration. Pour tout i ∈ I , on a 0 ∈ E i , donc 0 ∈ F. Soient x, y ∈ F et λ ∈ K alors pour tout i ∈ I,
on a λ x + y ∈ E i donc λ x + y ∈ E i est dans l’intersection de tout les E i .
Remarque
La réunion de deux sous-espace vectoriels n’est pas en général un sous-espace vectoriel. En effet,
si E = R2 , les sous-ensembles E 1 = {(x, y) ∈ R2 , x + y = 0} et E 2 = {(x, y) ∈ R 2 , x − y = 0} sont deux
sous-espaces vectoriels de R2 mais E 1 ∪ E 2 n’est pas un sous-espace vectoriel (par exemple, on a
(1, −1) ∈ E 1 et (1, 1) ∈ E 2 mais (1, −1) + (1, 1) = (2, 0) n’appartient ni à E 1 ni à E 2 ).
Exercice 5
Soit F et G deux sous-espaces de E . Montrer que F ∪ G est un sous-espace vectoriel de E si et
seulement si F ⊂ G ou G ⊂ F .
Solution
⇐=) Si F ⊂ G , alors F ∪ G = G est un sev de E . De même si G ⊂ F .
=⇒) Par contraposé supposons que F * G et F " G , donc ∃a ∈ F et a ∉ G et ∃ b ∈ G et b ∉ F . On a
c = a + b ∉ F car sinon b = c + (−a) ∈ F ce qui n’est pas vrai, de même c ∉ G , donc c ∉ F ∪ G . D’autre
part a, b ∈ F ∪ G ceci montre que F ∪ G n’est pas un sev de E .
Exercice 6
Dans© le R-espace vectoriel R3 ªles sous
ensembles suivants ªsont-ils
des sous espaces vectoriels
R3 ?
©
©
ª
3
3
3
A = (x, y, z) ∈ R /x + y + 4z = 0 , B = (x, y, z) ∈ R /x y − z = 0 , C = (x, y, z) ∈ R /x − 2y + z = 0 ,
©
ª
©
ª
D = (x, y, z) ∈ R3 /x − 2y = 0, x − z = 0 , E = (x, y, z) ∈ R3 /x + y + z Ê 0
Définition 3 (Sous-espace engendré par une partie).
Soit E un K-ev et une A une partie non vide de E . On appelle sous-espace engendré par la partie
A , le plus petit sev de E contenant A . On le note V ect(A).
Par définition le sev engendré par ∅ est {0E }.
Définition 4 (Combinaisons linéaires).
Soient x1 , . . . , xn des vecteurs de E . On appelle combinaison linéaire de x1 , . . . , xn tout vecteur x de
E tel qu’il existe (α1 , . . . , αn ) ∈ Kn , x =
n
P
k=1
αk xk .
Exemple 1
e 1 = (1, 0, . . . , 0), e 2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , e n = (0, . . . , 0, 1) sont des vecteurs du K-espace vectoriel Kn .
n
P
On a ∀ x ∈ Kn , x = (α1 , . . . , αn ) =
αk e k où α1 , . . . , αn sont des éléments de K.
k=1
Théorème 2 ( Caractérisation de Vect(A)).
Soit A une partie non vide de E . On note F A l’ensemble des sev de E contenant A, alors :
(
V ect(A) =
\
F=
F ∈F A
p
X
)
α i .x i , p ∈ N? , (α1 , . . . , α p ) ∈ K p , (x1 , . . . , x p ) ∈ A p .
i =1
c-à-d V ect(A) est l’ensemble des combinaisons linéaires finies d’éléments de A .
Démonstration.
1. Montrons que V ect(A) =
\
F. En effet V ect(A) est le plus petit sev de E , au sens de l’inclusion,
F ∈F A
qui contient A et
T
F ∈F A
T
F ∈F
TA
F ∈F A
F est un sev (d’après la proposition 7) qui contient A, donc, V ect(A) ⊂
F. D’autre part, V ect(A) est un sev de E contenant A donc V ect(A) ∈ F A . Par suite
F ⊂ V ect(A).
2. Posons Γ = ip=1 α i .x i , p ∈ N? , (α1 , . . . , α p ) ∈ K p , (x1 , . . . , x p ) ∈ A p . Montrons que : V ect(A) = Γ.
Pp
⊂) Soient p ∈ N? , (α1 , . . . , α p ) ∈ K p et (x1 , . . . , x p ) ∈ A p . Montrons que x = i=1 α i .x i ∈ V ect(A), en
effet : On a A ⊂ V ect(A), donc x1 , . . . , x p ∈ V ect(A) et V ect(A) est un sev de E . on en déduit que
Pp
x = i=1 α i .x i ∈ V ect(A). Par suite Γ ⊂ V ect(A).
⊃) Montrons que Γ est un sev de E . En effet,
©P
ª
(a) Γ contient A (prendre p = 1 et α1 = 1), donc Γ est non vide.
(b) Soient λ ∈ K, x, y ∈ Γ, donc ∃ p, q ∈ N? , (α1 , . . . , α p ) ∈ K p , (β1 , . . . , β p ) ∈ K p , (x1 , . . . , x p ) ∈ A p
P
P
P
et (y1 , . . . , yq ) ∈ A q tels que x = ip=1 α i .x i et y = qi=1 β i .yi . Donc, λ.x + y = ip=1 λ α i .x i +
Pq
P p+ q
β .y = i=1 µ z i , avec µ i = λ α i et z i = x i ∈ A pour i = 1, . . . p et µ i = λ i− p et z i = yi− p ∈ A
i =1 i i
pour i = p + 1, . . . p + q. Par suite λ.x + y ∈ Γ. Il s’ensuit que Γ est un sev de E qui contient A ,
donc V ect(A) ⊂ Γ.
Il s’esnsuit que V ect(A) = Γ.
Remarque
A ⊂ vect(A).
Exemple 2
Dans R3 , déterminer le sev engendré par A = {(1, 1, 1), (1, 0, 1)}.
Exemple 3
On considère le sev F = {(x, y, z) ∈ R3 ; x + y + z = 0} du R-ev R3 .
Pour tout (x, y, z) ∈ R3 , (x, y, z) ∈ F ⇐⇒ x + y + z = 0
⇐⇒ z = − x − y
⇐⇒ ∃ (α, β) ∈ R2 , (x, y, z) = (α, β, −α − β)
⇐⇒ ∃ (α, β) ∈ R2 , (x, y, z) = α (1, 0, −1) + β (0, 1, −1)
Donc F = {α (1, 0, −1) + β (0, 1, −1); (α, β) ∈ R2 } est le sous espace vectoriel de R3 engendrée par les
vecteurs (1, 0, −1) et (0, 1, −1).
Posons u = e 1 − e 3 , v = e 2 − e 3 . u et v sont deux vecteurs de F tels que
∀(x, y, z) ∈ F, (x, y, z) = (x, y, − x − y) = x e 1 + y e 2 + (− x − y)e 3 = x u + y v donc F = vect{ u, v}.
Exemple 4
Peut-on déterminer x et y dans R tels que le vecteur u = (−2, x, y, 3) appartienne au sous-espace
vectoriel de R4 engendré par a = (1, −1, 1, 2) et b = (−1, 2, 3, 1) ?
Même question avec u = (x, 1, y, 1), a = (1, 2, 3, 4), et b = (1, −2, 3, −4).
Proposition 8.
Soit A et B deux parties d’un K−ev E et F un sev de E . Alors
1. A ⊂ B ⇒ V ect(A) ⊂ V ect(B).
2. V ect(F) = F .
3. V ect(V ect(A)) = V ect(A).
Démonstration.
1. Supposons que A ⊂ B. On a alors A ⊂ V ect(B) or V ect(B) est un sous-espace vectoriel donc
V ect(A) ⊂ V ect(B).
2. F est le plus petit sous-espace vectoriel contenant F.
3. On a F = V ect(A) est un sev, donc V ect(V ect(A)) = V ect(F) = F = V ect(A).
Définition 5 (Somme de sous-espaces vectoriels).
Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E .
1. On appelle somme des sev F et G , l’ensemble F + G = { x + y; x ∈ F et y ∈ G }.
2. On dit que F + G est une somme directe si F ∩ G = {0}, dans ce cas on note F + G = F ⊕ G.
3. On dit que F et G sont supplémentaires dans E lorsque E = F ⊕ G .
Proposition 9.
La somme de deux sous espaces vectoriels d’un K-ev E est un sev de E.
Démonstration. Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E . Montrons que F + G est un sev de
E . En effet,
1. F + G ⊂ E.
2. F + G est non vide car contient O E = O F + OG .
3. Soient x, x0 ∈ F , y, y0 ∈ G et λ ∈ K. On a λ.(x + y) + (x0 + y0 ) = |[λ.x{z+ x0}] + [λ.y + y0 ] ∈ F + G.
∈F
|
{z
∈G
}
Propriétés 1.
Soient F, G et H des sev de E .
1. F + G est le plus petit sev de E contenant F et G (au sens de l’inclusion) c-à-d :
— F et G sont des sev de F + G .
— Si L est un sev de E tel que F ⊂ L et G ⊂ L, alors F + G ⊂ L.
2. F + G = V ect(F ∪ G).
3. F + G = G + F .
4. F + F = F .
5. F + {0E } = F .
6. F + E = E .
7. (F + G) + H = F + (G + H).
Démonstration.
1. Soit x ∈ F , donc x = x + 0 ∈ F + G , d’où x ∈ F + G . Il s’ensuit que F ⊂ F + G et de même G ⊂ F + G.
De plus,
— F et G sont des sev de F + G .
— Soit L un sev de E tel que F ⊂ L et G ⊂ L. Montrons que F + G ⊂ L. En effet, pour tout
(x, y) ∈ F × G , on a : x, y ∈ L et L est sev de E , donc x + y ∈ L. Par suite F + G ⊂ L.
2. D’après la propriété précédente, on a vu que F + G est le plus petit sev de E contenant, au sens
de l’inclusion, F et G , donc F ∪ G . Donc F + G = V ect(F ∪ G).
3. On a : x ∈ F + G ⇔ ∃(a, b) ∈ F × G tel que x = a + b. Par commutativité de la loi + dans E, ceci
est équivalent à x = b + a ∈ G + F .
4. D’une part F ⊂ F + F par (1). D’autre part, x ∈ F + F =⇒ ∃(a, b) ∈ F × G tel que x = a + b ∈ F car
F est un sev de E, donc F + F ⊂ F . Par suite, F + F = F.
5. D’une part F ⊂ F + {0E } par (1). D’autre part, x ∈ F + {0E } =⇒ ∃a ∈ F tel que x = a + 0E ∈ F car F
est un sev de E, donc F + {0E } ⊂ F . Par suite, F + {0E } = F.
6. D’une part E ⊂ F + E par (1). D’autre part, F + E ⊂ E car E est un K-ev. Par suite, F + E = E.
7. (F + G) + H = F + (G + H) par associativité de la lci +.
Théorème 3 (Caractérisation d’une somme direct).
Soient F et G deux sev de E .
F + G est une somme directe si et seulement si ∀ z ∈ F + G, ∃!(x, y) ∈ F × G, z = x + y.
Démonstration. Supposons que F + G est une somme directe, donc F ∩ G = {0E }. Soit x ∈ F + G et
(a, b), (a0 , b0 ) ∈ F × G tels que x = a + b = a0 + b0 . Alors, a − a0 = b0 − b ∈ F ∩ G = {0E } car F et G sont des
sev de E . Il s’ensuit que a = a0 et b = b0 . D’où l’unicité de la décomposition de x.
Inversement, supposons que la décomposition est unique. Soit x ∈ F ∩ G , alors x = x + 0E = 0E + x.
L’unicité de la décomposition donne x = 0E .
Corollaire 1.
Soient F et G deux sev de E .
F et G sont supplémentaires dans E si et seulement si pour tout vecteur u dans E , il éxiste un
unique couple de vecteurs (v, w) ∈ F × G tel que u = v + w.
Attention
Pour montrer que E = F1 ⊕ F2 :
1. Montrons que la somme est directe, c’est à dire F1 ∩ F2 = {0}. Soit x ∈ F1 ∩ F2 . . . donc x = 0E .
2. Montrons que E = F1 + F2 : soit x ∈ E. Posons x1 = . . . et x2 = . . . . On a bien x1 ∈ F1 , x2 ∈ F2
et x = x1 + x2 .
Exemple 5
Dans le K-espace vectoriel K2 , les sous-espaces vectoriels K × {0} et {0} × K sont supplémentaires.
Solution
1. Soit (x, y) ∈ K×{0}∩{0}×K, alors (x, y) ∈ K×{0} et (x, y) ∈ {0}×K, donc y = 0 et x = 0. Finalement
(x, y) = (0, 0).
2. Soit (x, y) ∈ K2 , alors (x, y) = (x, 0) + (0, y) ∈ K × {0} + {0} × K.
Exercice 7
Dans l’espace E =F (R, R) on considère l’ensemble P des fonctions paires et l’ensemble I des
fonctions impaires. Montrer que E = P + I .
Solution
1. Soit f ∈ P ∩ I , alors ∀ x ∈ R, f (x) = f (− x) = − f (x), donc f (x) = 0. Par suite f = 0 et P ∩ I =
{0E }.
2. Soit f ∈ E , cherchons g ∈ P et h ∈ I tels que f = g + h. On a ∀ x ∈ R, f (x) = g(x) + h(x) et
f ( x )+ f (− x )
f (− x) = g(x) − h(x). Donc, ∀ x ∈ R, g(x) =
et h(x) = f ( x)−2f (− x) .
2
Exercice 8
Dans le K-espace vectoriel Kn , on considère les sous-ensembles H = {(a 1 , . . . , a n ) ∈ Kn ; a 1 + · · · + a n =
0} et D = {(a, . . . , a) ∈ Kn ; a ∈ K}. Montrer que H et D sont des sous-espaces vectoriels de Kn ,
supplémentaires dans Kn .
Remarque
1. Ne pas confondre supplémentaire avec complémentaire : le complémentaire d’un sousespace vectoriel n’est jamais un sous-espace vectoriel (il ne contient pas le vecteur nul).
2. Il existe en général une infinité de supplémentaires d’un sous-espace vectoriel. Ne pas
parler du supplémentaire d’un sev.
2.3. Familles libres, familles génératrices
Définition 6.
Soit x1 , . . . , xn des vecteurs de E .
1. On dit que la famille (x1 , . . . , xn ) est libre ou que les vecteurs x1 , . . . , xn sont linéairement
indépendants lorsque ∀(α1 , . . . , αn ) ∈ Kn , on a :
Ã
n
X
!
αk xk = 0E ⇒ (α1 = · · · = αn = 0) .
k=1
Par convention la famille vide de E est libre.
2. On dit que la famille (x1 , . . . , xn ) est liée ou que les vecteurs x1 , . . . , xn sont linéairement
dépendants lorsque la famille (x1 , . . . , xn ) n’est pas libre c-à-d
∃(α1 , . . . , αn ) ∈ Kn \ {(0, . . . , 0)},
n
X
α k x k = 0E .
k=1
3. On dit que (x1 , . . . , xn ) est une famille génératrice de E lorsque tout vecteur de E est combi-
naison linéaire de x1 , . . . , xn c-à-d
∀ x ∈ E, ∃(α1 , . . . , αn ) ∈ Kn , x =
n
X
αk xk .
k=1
4. On dit que la famille (x1 , . . . , xn ) est une base de E lorsqu’elle est libre et génératrice de E .
Attention
Pour montrer qu’un système est libre :
Soient (λ1 , . . . , λn ) ∈ Kn tels que λ1 x1 + . . . + λn xn = 0E ;
. . . donc λ1 = . . . = λn = 0K .
Pour montrer qu’un système est générateur :
Soit x ∈ E;
posons λ1 = . . . , λn = . . . ;
on a bien x = λ1 x1 + . . . + λn xn .
Pour montrer qu’un syst‘eme est une base :
Montrons que S est libre . . .
Montrons que S est générateur . . .
Exemples 4
1. Dans E = R3 , x1 = (1, 2, 0), x2 = (0, 1, 1), y1 = (−1, 1, 1), y2 = (1, −1, 1), y3 = (1, 1, −1), y4 = (1, 1, 1).
(a) On résout l’equation vectorielle α.x1 + β x2 = 0. Ceci revient à résoudre le système linéaire
½
suivant :
0 = α
0 = 2α + β
On trouve que la seule solution possible est α = β = 0. Donc la famille { x1 , x2 } est libre
de R3 .
(b) La famille (y1 , y2 , y3 , y4 ) est liée. En effet : On résout l’equation vectorielle α.y1 + β y2 +
γ.y3 + δ.y4 = 0. Ceci revient à résoudre le système linéaire suivant :

 0 = −α + β + γ + δ
0 = α−β+γ+δ

0 = α+β−γ+δ
On remarque que α = −1, β = −1, γ = −1, δ = 1 est une solution de ce système. Donc la
famille (y1 , y2 , y3 , y4 ) est liée.
• La famille (y1 , y2 , y3 , y4 ) est génératrice de R3 . En effet : Soit (x, y, z) ∈ R3 , cherchons
α, β, γ, δ ∈ R tels que (x, y, z) = α.y1 + β.y2 + γ.y3 + δ.y4 . On résout le système linéaire
suivant :

 x = −α + β + γ + δ
y = α−β+γ+δ

z = α+β−γ+δ


y+ z−2δ

 x + y = 2γ + 2δ
 α =
2
x+ z−2δ
y + z = 2α + 2δ i.e.
On obtient
β =
2



y+ x−2δ
x + z = 2β + 2δ
γ =
2

x+ z

β
=

2

z
 α = y+
2
En prenant δ = 0, on obtient
y+ x
 γ =

2


δ = 0
(c) La famille (y1 , y2 , y3 ) est une base de R3 .
2. Dans l’ev E = R4 , on considère les vecteurs e 1 = (1, 1, 1, 1), e 2 = (0, 1, 2, −1), e 3 = (1, 0, 2, −3), e 4 =
(2, 1, 0, −1). Montrer que la famille { e 1 , e 2 , e 3 , e 4 } est libre.
Solution 1
On résout l’equation vectorielle
α.e 1 + β e 2 + γ.e 3 + δ.e 4 = 0. Ceci revient à résoudre le

α + γ + 2δ
α+β+δ
α + 2β − 2γ
α − β + 3γ − δ
On trouve que la seule solution possible est α = β = γ = δ = 0. Donc la famille { e 1 , e 2 , e 3 , e 4 }

0 =


 0 =
système linéaire suivant :

0 =


 0 =
est libre.
3. Dans l’ev E = R3 , on considère les vecteurs e 1 = (1, 1, 1), e 2 = (0, 1, −1), e 3 = (1, 0, 2). Montrer
que la famille { e 1 , e 2 , e 3 } est liée.
Solution 2
On résout l’equation vectorielle α.e 1 + β e 2 + γ.e 3 = 0. Ceci revient à résoudre le système

 0 = α+γ
0 = α+β
linéaire suivant :

0 = α − β + 2γ
On trouve que, par exemple, α = 1, β = γ = −1 est une solution non nulle de ce système.
Donc, la famille { e 1 , e 2 , e 3 } est liée.
On passe maintenant au cas d’une famille quelconque.
Définition 7 (Cas d’une famille quelconque).
Soient I un ensemble non vide quelconque d’indices puis (x i ) i∈ I une famille d’éléments d’un K-ev E
indexée par un ensemble I (fini ou infinie !).
1. Une combinaison linéaire de la famille (x i ) i∈ I est une combinaison linéaire d’une sous-famille
P
finie de cette famille c’est-à-dire un vecteur de la forme X = α j x j où J est un sous-ensemble
j∈ J
non vide de I ayant un nombre fini d’éléments et (al pha j ) j∈ J est une famille de scalaires
indexée par J.
2. La famille La famille (x i ) i∈ I est liée si et seulement si il existe une sous-famille finie de la
famille (x i ) i∈ I qui est liée ou encore il existe une partie finie non vide J de I telle que la
famille (x i ) i∈ J soit liée.
3. La famille (x i ) i∈ I est libre si et seulement si toute sous-famille finie de la famille (x i ) i∈ I est
libre ou encore pour toute partie finie non vide J de I, la famille (x i ) i∈ J est libre.
Exemple 6
Tout élément de K[X ] est combinaison linéaire des vecteurs de la famille (X n )n∈N ou encore tout
polynôme est combinaison linéaire d’un nombre fini de monômes X n où n ∈ N.
Exercice 9
1. Dans l’espace vectoriel des polynômes, toute famille de polynômes non nuls, de degrés
distincts deux à deux, est libre.
2. Dans l’espace vectoriel des suites de réels, la famille des suites de la forme (r k )k∈N , pour
r > 0, est libre.
3. Dans l’espace vectoriel des fonctions de R dans R, la famille des fonctions de la forme
x −→ eα x , pour α ∈ R, est libre.
Solution de l’exercice 9. .
• Pour démontrer qu’une famille est libre, nous devons montrer que toute sous-famille finie de n
vecteurs est libre, pour tout n.
• Les trois démonstrations se font par récurrence sur n.
• Pour initialiser les récurrences, observons que la famille formée d’un seul vecteur non nul est toujours
libre, quelque soit l’espace.
1. Soient P1 , . . . , P n des polynômes non nuls, de degrés distincts deux à deux. Sans perte de généralité, supposons que les polynômes ont été rangés par ordre croissant de leurs degrés. Si
λ1 P1 + . . . + λn P n = 0, alors le coefficient du terme de plus haut degré est nul, donc λn = 0. D’où
le résultat, par récurrence.
2. Soient r 1 , . . . , r n des réels strictement positifs, distincts deux à deux. Supposons- les rangés par
ordre croissant. Supposons que la suite de terme général λ1 r 1k + . . . + λn r kn soit nulle. Puisque r n
est strictement supérieur à tous les autres r i ,
1
lim
n→+∞ r k
n
(λ1 r 1k + . . . + λn r kn−1 ) = −λn ,
donc λn = 0. D’où le résultat, par récurrence.
3. Soient α1 , . . . , αn des réels, distincts deux à deux. Supposons-les rangés par ordre croissant.
Supposons que la fonction x −→ λ1 eα1 x + . . . + λn eαn x soit nulle. Puisque αn est strictement
supérieur à tous les autres α i ,
lim
1
x→+∞ eαn x
(λ1 eα1 x + . . . + λn eαn−1 x ) = −λn ,
donc λn = 0. D’où le résultat, par récurrence.
Par exemple :
1. 1, 2X + 3X 2 , 3X − X 2 + X 3 .
2. x 7−→ e− x , x 7−→ 1, x 7−→ e x .
3. (2−k )k∈N , (2k )k∈N , (3k )k∈N .
Propriétés 2.
Soit E un K−ev.
1. Une partie finie A de E est génératrice de E ⇔ vect(A) = E .
2. Toute sous-famille d’une famille libre de vecteurs de E est une famille libre.
3. Toute sur-famille d’une famille liée de vecteurs de E est une famille liée.
4. Toute sur-famille d’une famille géneratrice de E est une famille géneratrice de E .
5. Toute famille de vecteurs de E dont l’un de ses vecteurs est nul, est liée.
6. Toute famille de vecteurs de E dont l’un de ses vecteurs est combinaison linéaire des autre,
est liée.
7. Si (x1 , . . . , xn ) est une famille libre de vecteurs de E et x un vecteur de E , alors (x1 , . . . , xn , x)
est une famille liée si, et seulement si x est combinaison linéaire des vecteurs x1 , . . . , xn c-à-d
x ∈ vect(x1 , . . . , xn ).
Démonstration.
1. Clair.
2. Soit (x i ) i∈ I une famille non vide de vecteurs de E, libre. Soient J une partie non vide de I puis
K une partie finie non vide de J. K est alors une partie finie non vide de I et donc la famille
(x i ) i∈ I est libre. Puisque toute sous-famille finie de la famille (x i ) i∈ J est libre, on en déduit que
la famille (x i ) i∈ J est libre.
3. Soit (x i ) i∈ I une famille non vide de vecteurs de E , liée. Soit J un ensemble d’indices tel que
I ⊂ J. Si (x i ) i∈ J est libre, alors (x i ) i∈ I est libre ce qui est faux. Donc, (x i ) i∈ J est liée.
4. Soit (x i ) i∈ I une famille non vide de vecteurs de E , génératrice. Soit J un ensemble d’indices tel
que I ⊂ J. Alors E = V ect((x i ) i∈ I ) ⊂ V ect((x i∈ J )), donc E = vect((x i ) i∈ J ).
5. Soit (x1 , x2 , . . . , xn ) une famille contenant le vecteur nul (par exemple x1 = 0), alors : 1.x1 + 0.x2 +
. . . + 0.xn = 0 est une combinaison linéaire nulle à coefficients non tous nuls de vecteurs de la
famille : la famille est liée.
6. Soit (x1 , x2 , . . . , xn ) une famille telle que l’un d’entre eux s’écrit comme combinaison linéaire des
autres, par exemple : x1 = µ2 .x2 + . . . + µn .xn , alors : − x1 + µ2 .x2 + . . . + µn .xn , = 0. On vient bien
d’obtenir une combinaison linéaire des vecteurs de la famille, nulle et à coefficients non tous
nuls (à cause du coefficient −1).
Remarque
Si la famille comporte le vecteur nul ou deux fois le même vecteur, la famille est liée. En
effet, ce vecteur est combinaison linéaire des autres.
7. =⇒) Puisque la famille (x1 , . . . , xn , x) est liée, il existe (α1 , . . . , αn , α) ∈ Kn+1 \ {(0, . . . , 0)} tel que
αx +
n
P
k=1
α i xk = 0 Si α = 0, il reste
n
P
k=1
α i xk = 0 et donc α1 = . . . = αn = 0. Ainsi, si α = 0, alors
(α1 , . . . , αn , α) = (0, . . . , 0) ce qui est exclu. Donc, α 6= 0 puis x = − α1
n
P
k=1
α i xk et x est effectivement
combinaison linéaire des vecteurs de la famille (x1 , . . . , xn ), donc x ∈ vect(x1 , . . . , xn )
⇐= Supposons que x ∈ vect(x1 , . . . , xn ), alors ∃(α1 , . . . , αn ) ∈ Kn tel que x =
n
P
n
P
k=1
α i xk . Donc − x +
α i xk = 0, avec (−1, α1 , . . . , αn , α) ∈ Kn+1 \{(0, . . . , 0)} ce qui implique que la famille (x, x1 , . . . , xn )
k=1
est liée.
Exercice 10
Montrer que les familles suivantes sont liées :
1. Dans R3 : a = (9, −3, 7), b = (1, 8, 8), c = (5, −5, 1).
2. Dans R4 : a = (2, −1, 5, 7), b = (3, 1, 5, −2), c = (1, 1, 1, −4).
3. Dans R4 : a = (2, 14, −34, 7), b = (1, 4, −5, 2), c = (1, 2, 3, 1).
4. Dans l’espace F (R, R), on considère les deux fonctions définies par f (x) = cos x et g(x) = sin x.
Montrer que le système ( f , g) est libre.
Les trois fonctions définies par f (x) = 1, g(x) = cos x et h(x) = cos 2x forment-elles un système
libre ?
Proposition 10.
Une famille B = (e 1 , e 2 , . . . . , e p ) de vecteurs d’un K-ev E est une base de E si et seulement si pour
P
tout x ∈ E, il existe un unique p-uplet de scalaires (x1 , . . . , x p ) tel que x = pj=1 x j e j .
Démonstration. 1) =⇒ 2). Soit x ∈ E , comme B est une base de E elle est génératrice, donc ∃(x1 , . . . , x p ) ∈
Pp
Pp
K p tel que x = j=1 x j e j . Supposons qu’il éxiste un autre p-uplet (y1 , . . . , yp ) ∈ K p tel que x = j=1 y j e j ,
P
alors pj=1 (x j − y j ) e j = x − x = 0. Or B est une base, donc libre. Par suite ∀ j = 1, . . . , p, x j = y j , d’où
l’unicité de la décomposition.
2) =⇒ 1)Il est clair que B est génératice. Reste à démontrer que B est libre. En effet si α1 e 1 + . . . α p e p =
0, alors e 1 + . . . 0 e p = 0 = α1 e 1 + . . . α p e p . L’unicité de la décomposition donne ∀ j = 1, . . . , p, α j = 0.
Exemple 7
Dans le K-ev Kn , on pose
e 1 = (1, 0, . . . , 0), e 2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , e n = (0, . . . , 0, 1).
Alors (e 1 , . . . , e n ) est une base de Kn appelée base canonique de Kn .
P
En effet, soit x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Kn , alors x = nk=0 x i e i .
P
D’autre part, supposons q’il éxiste y1 , y2 , . . . , yn ∈ K tels que x = nk=0 yi e i , alors x = (y1 , y2 , . . . , yn ),
d’où ∀ i = 1, . . . n, x i = yi .
Exercice 11
p p
Montrer que (1, 3 2, 3 4) est une famille libre du Q-espace vectoriel R.
Exercice 12
Dans le R-espace vectoriel R4 , soient a = (1, 2, −1, −2), b = (2, 3, 0, −1), c = (1, 3, −1, 0), d = (1, 2, 1, 4).
1. Montrer que les vecteurs a, b, c, d sont linéairement indépendants.
2. Montrer que (a, b, c, d) est une famille génératrice de R4 et conclure.
3. Espaces vectoriels de dimension finie
3.1. Existence de bases
Définition 8.
On dit qu’un K-ev est de dimension finie s’il admet une famille génératrice finie. Si non, il est dit
de dimension infinie.
Exemples 5
1. Pour tout n ∈ N, Kn est un K-ev de dimension finie.
2. KN est un K-ev de dimension infinie.
Proposition 11.
Soient E un K-ev de dimension finie et G = (g 1 , . . . , g n ) une famille génératrice finie de E . Pour
toute sous-famille libre L de G , il existe une base B de E telle que L est une sous-famille de B qui
est une sous-famille de G .
Démonstration. Soit L = (g i ) i∈ I une sous-famille libre de G ( I ⊂ ‚1, nƒ). Considérons le sous-ensemble
de N
©
ª
C = card(J), I ⊂ J ⊂ ‚1, nƒ et (g j ) j∈ J libre .
— On a card(I) ∈ C , donc C 6= ;.
— C est majorée par n = card(G).C est une partie non vide et majorée de N, donc elle admet un
plus grand élément p tel que
card(L) É p É n. Il existe un ensemble d’indices K de cardinal p tel que I ⊂ K ⊂ ‚1, nƒ et
B = (g k )k∈K est libre. Montrons que ∀ i ∈ ‚1, nƒ, g i ∈ vect(B).
Soit i ∈ ‚1, nƒ.
— Si i ∈ K , alors g i ∈ vect(B).
— Si i 6∈ K , alors (g j ) j∈K ∪{ i} est une sous-famille de G telle que card(K ∪ { i }) = p + 1 > p, donc
p + 1 6∈ C . Par suite (g j ) j∈K ∪{ i} n’est pas libre c-à-d liée, d’où g i ∈ vect(B).
Ce qui montre que ∀ i ∈ ‚1, nƒ, g i ∈ vect(B) c-à-d { g i ; i ∈ ‚1, nƒ} ⊂ vect(B).
Alors E = vect{ g i ; i ∈ ‚1, nƒ} ⊂ vect(B), donc E = vect(B) c-à-d B est une famille génératrice de
E . D’où B = (g k )k∈K est une base de E telle que K ⊂ ‚1, nƒ c-à-d B est une base de E et une
sous-famille de G .
Corollaire 2.
Tout K-ev de dimension finie admet une base finie.
Exercice 13
1. Dans le R-espace vectoriel R5 , déterminer une base du sous-espace vectoriel engendré par :
a = (1, 2, −4, 3, 1), b = (2, 5, −3, 4, 8), c = (6, 17, −7, 10, 22), d = (1, 3, −3, 2, 0).
2. Dans le C-espace vectoriel C4 , déterminer une base du sous-espace vectoriel engendré par :
a = (1, i, 1 + i, − i), b = (− i, 0, 2 − i, 1 + i), c = (0, −1, 0, 1), d = (3 i, −2 − i, 3 i − 4, − i).
3. Compléter la famille a = (1, 4, −1, 0), b = (6, 10, 1, 0), c = (2, 2, 1, 1) en une base du C-espace
vectoriel C4 .
Exercice 14
Déterminer la dimension des espaces vectoriels suivants :
E = {(x, y, z) ∈ R3 ; x − 2y + 3y = 0}; F = {(x, y, z, t) ∈ R4 ; x + y = 0, x + z = 0, z + t = 0}
G = {(x, y, z) ∈ R3 ; x = 2y = 3z} ; H l’espace des suites arithmétiques ; L l’espace des fonctions dont
la dérivée seconde est nulle ; M l’espace des solutions de l’équation différentielle y00 + 4y = 0.
Exercice 15
4
Montrer que l’ensemble des vecteurs u = (x, y, z, t) de R tels que
½
x + 3y − 2z − 5t = 0
x + 2y + z − t = 0
est un
sous-espace vectoriel de R4 . En donner la dimension et une base.
3.2. Théorème de la base incomplète
Proposition 12.
Soit E un K-ev. Si (x1 , . . . , xn ) et (y1 , . . . , yn+1 ) sont deux familles de vecteurs de E telles que, pour
tout k ∈ ‚1, n + 1ƒ, yk ∈ vect(x1 , . . . , xn ), alors la famille (y1 , . . . , yn+1 ) est liée.
Démonstration. Par récurrence.
— La propriété est vraie pour n = 1.
— Soit n ∈ N∗ et supposons que la propriété est vraie pour n.
Soient (x1 , . . . , xn+1 ) et (y1 , . . . , yn+2 ) deux familles de vecteurs de E telles que
∀ k ∈ ‚1, n + 2ƒ, yk ∈ vect(x1 , . . . , xn+1 ) c-à-d yk = z k + αk xn+1 ou αk ∈ K et
z k ∈ vect(x1 , . . . , xn+1 ).
— Si ∀ k ∈ ‚1, n + 2ƒ, αk = 0 c-à-d yk = z k ∈ vect(x1 , . . . , xn ), alors
∀ k ∈ ‚1, n + 1ƒ, yk ∈ vect(x1 , . . . , xn ), donc (y1 , . . . , yn+1 ) est une famille liée par suite la famille
(y1 , . . . , yn+2 ) est aussi liée.
— Supposons qu’il existe l ∈ ‚1, n + 2ƒ tel que αl 6= 0, donc xn+1 = α−l 1 (yl − z l ).
Alors ∀ k ∈ ‚1, n + 2ƒ, yk = z k +
yk −
αk
αl
yl = z k −
αk
αl
αk
αl
(yl − z l ) c-à-d
z l ∈ vect(x1 , . . . , xn ).
Donc ∀ k ∈ ‚1, n+2ƒ\{ l }, yk −
αk
µ
¶
αk
yl ∈ vect(x1 , . . . , xn ), par suite la famille yk −
yl
αl
αl
k∈‚1, n+2ƒ\{ l }
est liée c-à-d (y1 , . . . , yn+2 ) est un famille liée.
Le principe de récurrence permet de conclure que pour tout n ∈ N∗ , si (x1 , . . . , xn ) et (y1 , . . . , yn+1 ) sont
deux familles de vecteurs de E telles que, pour tout k ∈ ‚1, nƒ, yk ∈ vect(x1 , . . . , xn ), alors la famille
(y1 , . . . , yn+1 ) est liée.
Corollaire 3.
Soit E un K-ev de dimension finie ayant une famille génératrice finie de cardinal n Ê 1.
1. Toute famille formée d’au moins n + 1 vecteurs de E est liée.
2. Toute famille de vecteurs de E libre est finie de cardinal au plus égal à n.
Théorème 4 (de la dimension).
Dans un K-ev de dimension finie, toutes les bases sont finies et ont le même nombre de vecteurs.
Démonstration. Soit E un K-ev de dimension finie.
— Toute base de E est libre donc finie, D’aprés le corollaire 3.
— Soient B et B0 deux bases de E . B est une famille libre et B0 est une famille génératrice de E ,
donc le nombre de vecteurs de B est au plus égal à celui des vecteurs de B0 . De même le nombre
de vecteurs de B0 est au plus égal à celui des vecteurs de B. Ce qui montre que B et B0 ont le
même nombre de vecteurs.
Définition 9.
1. Le nombre des vecteurs commun à toutes les bases d’un K-ev de dimension finie
E est appelé dimension de E et notée dim K (E).
On convient de dire que l’espace contenant uniquement le vecteur nul, est de dimension 0.
2. Le K-ev E est appelé :
— droite vectorielle si sa dimension est 1.
— plan vectoriel si sa dimension est 2.
Exemples 6
1. K est un K-ev de dimension 1 et pour tout a ∈ K∗ , a est une base de K.
2. C est un R-ev de dimension 2 et pour tout a ∈ R∗ et b ∈ C \ R, (a, b) est une base de C.
3. Pour tout n ∈ N∗ , Kn est un K-ev de dimension n.
4. Pour (a, b) ∈ K2 , b 6= 0, l’ensemble des suites récurrentes linéaires (u n )n d’ordre 2 telle que
∀ n ∈ N, u n+2 = a u n + b u n+1 est un K-ev de dimension finie égal à 2.
Théorème 5 (de la base incomplète).
Soit E un K-ev de dimension finie. Si L est une famille libre de vecteurs de E et G une famille finie
de vecteurs de E génératrice de E , alors il existe une base B de E formée par tous les vecteurs de
L et des vecteurs de G c-à-d si L = (x i ) i∈ I est une famille libre de vecteurs de E et G = (xk )k∈K une
famille finie de vecteurs de E génératrice de E , il existe J tel que I ⊂ J ⊂ I ∪ K et B = (x j ) j∈ J est une
base de E . On dit qu’on peut compléter L par des vecteurs de G pour obtenir une base de E .
Démonstration. Soient L = (x i ) i∈ I une famille libre de vecteurs de E ( I est fini) et G = (xk )k∈K une
famille finie et génératrice de E .
G 0 = (x i ) i∈ I ∪K est une famille finie et génératrice de E et L est une sous-famille libre de G 0 , donc,
d’après la proposition 11, il existe un ensemble d’indices J tel que I ⊂ J ⊂ I ∪ K et B = (x j ) j∈ J est une
base de E .
Proposition 13.
Soient E un K-ev de dimension finie non nulle égale à n et S une famille formée de p vecteurs de
E.
1. Si S est libre, alors p É n.
2. Si S est génératrice, alors p Ê n.
3. On a les équivalences :
(S est base de E) ⇔ (S est libre dans E et p = n) ⇔ (S est génératrice de E et p = n).
Exemple 8
Dans le R-ev R3 , on considère les vacteurs a = (1, −1, 1), b = (1, 1, 1), u = (1, 0, 0),
v = (1, 2, 0) et w = (1, 2, 3).
L = (a, b) est une famille libre de R3 et G = (u, v, w) est une famille génératrice de R3 .
Alors B = (a, b, u) est une base de R3 telle que L est sous-famille de B et B est sous-famille de
G 0 = (a, b, u, v, w).
Exercice 16
Compléter la famille a = (1, 4, −1, 0), b = (6, 10, 1, 0), c = (2, 2, 1, 1) en une base de C4 , aprés avoir
vérifier qu’elle est libre.
3.3. Espace vectoriel produit
Soient E et F deux K-evs de dimensions finies et non nulles respectives m et n.
Propriétés 3.
1. Si B =
(e , . . . , e m ) est une base de E et B 0 = (e01 , . . . , e0n ) est une base de F , alors
¡ 1
¢
00
B = (e 1 , 0F ), . . . , (e m , 0F ), (0E , e01 ), . . . , (0E , e0n ) est une base du K-ev E × F .
¡
¢
2. E × F est de dimension m + n c-à-d dim K E × F = dim K (E) + dim K (F).
Démonstration. Soit (x, y) ∈ E × F, on a ∃(x1 , . . . , xm ) ∈ Km , et ∃(y1 , . . . , yn ) ∈ Kn , tels que x =
y=
m
X
x i e i et
i =1
m
X
y j e0i . Donc,
j =1
(x, y) = (x, 0) + (0, y) =
m
X
x i (e i , 0) +
i =1
n
X
x j (0, e0j ).
i =1
Par suite B est une famille génératrice de E × F . D’autre part, soient λ1 , . . . , λm , α1 , . . . αn ∈ K tels que
00
m
X
λ i (e i , 0) +
i =1
alors (
m
X
i =1
λi e i ,
n
X
i =1
α i (e0i )) = (0, 0). Donc,
n
X
α j (0, e0j ) = 0,
j =1
m
X
i =1
λ i e i = 0 et
n
X
α i (e0i ) = 0. Comme B et B 0 sont libres (car
i =1
des bases de E et F respectivement), alors λ1 = . . . = λm = α1 = . . . = αn = 0. Donc B 00 est libre.
En conclusion, B 00 est une base de E × F et dim(E × F) = card(B 00 ) = m + n = dim(E) + dim(F).
Corollaire 4 (Généralisation).
Si E 1 , E 2 , . . . , ¡E p sont des K-evs¢ de dimensions finies, alors E 1 × E 2 · · ·× E p est un K-ev de dimension
finie et dim K E 1 × E 2 × · · · × E p = dim K (E 1 ) + dim K (E 2 ) + · · · + dim K (E p ).
En particulier : Si E est un K-ev de dimension finie, pour tout p ∈ N∗ , E p est un K-ev de dimension
finie et dim K (E p ) = p dim K (E).
3.4. Coordonnées d’un vecteur dans une base
Les coordonnées d’un vecteur sont définies grâce au résultat suivant.
Théorème 6.
Soient E un K-ev de dimension finie non nulle p. On considère une base B = (e 1 , . . . , e p ) de E .
Pour tout x ∈ E, il existe un unique p-uplet de scalaires (x1 , . . . , x p ) tel que x =
p
X
x j u j.
j =1
Définition 10.
Les scalaires x1 , . . . , x p sont appelés coordonnées de x dans la base B.
Exemple 9
Considérons par exemple l’espace vectoriel des polynômes de degrés inférieurs ou égaux à 3.
C’est un espace vectoriel de dimension 4, dont la base la plus naturelle (base canonique) est :
B = (1, X , X 2 , X 3 ). Dans cette base, les coordonnées du polynôme 2 − X 2 + X 3 sont (2, 0, −1, 1).
Remarquons aussi que B 0 = (X 3 , X 2 , X , 1) est une autre base de E et dans cette base, les coordonnées du polynôme 2 − X 2 + X 3 sont (1, −1, 0, 2). Donc l’ordre des éléments d’une base est très
important et il affect les composantes d’un vecteur.
Exemple 10
     
1
−1
1
Montrer que les vecteurs {1 ,  1  ,  0 } forment une base de R3 . Calculer les coordonnées
1
0
−1
     
1
1
0
respectives des vecteurs 0 , 0 , 0 dans cette base.
0
1
1
Solution 3
 
 
−1
1
3



B est une base de R car de cardinal 3 est libre. En effet, soient α, β, γ ∈ R tels que α 1 + β 1  +
0
1

 
1
 0 = α−β+γ
0 = α+β
γ  0  = 0, alors

0 = α−γ
−1
Donc, par sommation des trois équations on obtient α = 0 puis β = γ = 0.
 
 
 
 
1
1
−1
1
0 = 1 1 − 1  1  + 1  0 . Ses coordonnées dans B sont donc (1/3, −1/3, 1/3).
3
3
3
0
1
0
−1
 
 
 
 
0
1
−1
1
0 = 1 1 − 1  1  − 2  0 . Ses coordonnées dans B sont donc (1/3, −1/3, −2/3).
3
3
3
1
1
0
−1
     
1
1
0
0 = 0 + 0. Donc ses coordonnées dans B sont (2/3, −2/3, −1/3).
1
0
1
Exemple 11
Montrer que les vecteurs u1 = (1, −1, −1, −1), u2 = (−1, 1, −1, −1), u3 = (−1, −1, 1, −1) et
u 4 = (−1, −1, −1, 1) forment une base du R-espace vectoriel R4 et écrire les composantes d’un
vecteur x = (x1 , x2 , x3 , x4 ) dans cette base.
3.5. Sous-espaces vectoriels en dimension finie
Soit E un K-ev de dimension finie non nulle n.
3.5.1. Dimension d’un sous-espace vectoriel
Théorème 7.
Pour tout F sev de E :
1. F est de dimension fine et dim K (F) É dim K (E).
2. dim K (F) = dim K (E) ⇔ F = E .
Démonstration. Soit F un sev de E .
1. — Si F = {0E }, alors dim K (F) = 0 É dim K (E).
— Supposons que F 6= {0E } et considérons l’ensemble L des familles libres de vecteurs de F .
Pour tout L ∈ L , L est une famille libre de vecteurs de E , donc L est finie et card(L) É n.
Alors C = {card(L) | L ∈ L } est une partie non vide de N majorée par n, qui admet un plus
grand élément noté p. p est le cardinal d’une famille libre B de vecteurs de F . Montrons
que B est une famille génératrice de F c-à-d F = vect(B).
Soit x ∈ F .
¦ Si x est parmis les vecteurs de B, alors x ∈ vect(B).
¦ Si x ∈ F \ B, alors B ∪ { x} est une famille de vecteurs de F telle que
card(B ∪ { x}) = p + 1 > p, donc B ∪ { x} est une famille liée, par suite x ∈ vect(B).
Ce qui montre que F ⊂ vect(B) c-à-d F = vect(B). Il s’ensuit que B est une base de F et F
est de dimension finie égal à card(B) = p É n.
2. Supposons que dim K (F) = dim K (E) et considérons une base B de F . B est une famille libre de
vecteurs de E telle que card(B) = dim K (E), c’est donc une base de E et E = vect(B) = F .
3.5.2. Sous espaces supplémentaires
Proposition 14.
Soient E un espace vectoriel de dimension finie et F un sous-espace vectoriel de E . Il existe un
L
sous-espace vectoriel G tel que F G = E. De plus :
dim(E) = dim(F) + dim(G).
Démonstration. Il est évident que les sev {0E } et E sont supplémentaires dans E .
Soient F un sev non trivial de E et B = (e 1 , . . . , e p ) une base de F .
B est une famille libre de E , qu’on complète en une base B0 = (e 1 , . . . , e p , e p+1 , . . . , e n ) de E . Le sev
G = vect(e p+1 , . . . , e n ) est un supplémentaire de F dans E .
Proposition 15.
Soient F et G deux sev de E non nuls munis des bases respectives (e 1 , . . . , e p ) et (e01 , . . . , e0q ).
1. F ∩ G = {0E } ⇔ (e 1 , . . . , e p , e01 , . . . , e0q ) est une famille libre.
2. E = F + G ⇔ (e 1 , . . . , e p , e01 , . . . , e0q ) est une famille génératrice de E .
3. F et G sont supplémentaires dans E ⇔ (e 1 , . . . , e p , e01 , . . . , e0q ) est une base de E (dite base
adaptée à cette somme directe). Dans ce cas dim K (E) = dim K (F) + dim K (G).
Démonstration. Il est clair que vect(e 1 , . . . , e p , e01 , . . . , e0q ) = vect(e 1 , . . . , e p ) + vect(e01 , . . . , e0q ) = F + G .
Autrement dit (e 1 , . . . , e p , e01 , . . . , e0q ) est une famille génératrice de F + G .
1. Considérons l’application linéaire surjective f : F × G −→ F + G . Son noyau est
(x, y) 7−→ x + y
K er( f ) = {(x, − x) | x ∈ F ∩ G }.
¡
¢
Une base du K-ev F × G est (e 1 , o F ), . . . , (e p , o F ), (o E , e01 ), . . . , (o E , e0q ) , son image par f est
(e 1 , . . . , e p , e01 , . . . , e0q ).
F ∩ G = {0E } ⇔
⇔
K er( f ) = {(0E , 0E )}
f est un isomorphisme
⇔ (e 1 , . . . , e p , e01 , . . . , e0q ) est une base de F + G
⇔ (e 1 , . . . , e p , e01 , . . . , e0q ) est une famille libre
2. Résultat immédiat.
3. Conséquense de 1 et de 2.
Corollaire 5.
dim(F + G) = dim(F) + dim(G) − dim(F ∩ G).
Démonstration. F ∩ G est un sev de F qui admet un supplémentaire H dans F c-à-d F = (F ∩ G) ⊕ H ,
donc dim K (F) =
dim K (F ∩ G) + dim K (H). Vérifions que H est un supplémentaire de G dans F + G .
¡
¢
¡
¢
— F + G = H + (F ∩ G) + G = H + (F ∩ G) + G = H + G .
— H ∩ G = (H ∩ F) ∩ G = H ∩ (F ∩ G) = {0E }.
Ce qui montre que H est un supplémentaire de G dans F + G .
Alors dim K (F + G)=¡dim K (H) + dim K (G)
.
¢
= dim K (F) − dim K (F ∩ G) + dim K (G)
= dim K (F) + dim K (G) − dim K (F ∩ G).
Proposition 16.
Soient F et G deux sev d’un E. Les assertions suivantes sont équivalentes
1. F et G sont supplémentaires dans E.
2. F ∩ G = {0E } et dim K (E) = dim K (F) + dim K (G).
Exercice 17
Dans R4 , soit u1 = (1, 2, 3, 4), u2 = (1, 1, 1, 3), u3 = (2, 1, 1, 1), u4 = (−1, 0, −1, 2) et u5 = (2, 3, 0, 1) des
vecteurs de R4 ; F = vect(u1 , u2 , u3 ), G = vect(u4 , u5 ). Déterminer les dimensions de F, G, F ∩ G et
F + G.
Définition 11.
Tout sev de E de dimension n − 1 est appelé hyperplan de E .
Exemple 12
Dans le K-ev Kn , où n ∈ N∗ , le sous-ensemble {(x1 , . . . , xn ) ∈ Kn | x1 + · · · + xn = 0} est un hyperplan
de Kn .
Exercice 18
Soient H1 et H2 deux hyperplans distincts d’un K-espace vectoriel E de dimension finie supérieure
à 2. Déterminer la dimension de H1 ∩ H2 .
Solution
H1 + H2 est un sous-espace vectoriel de E qui contient H1 donc dim(H1 + H2 ) = n − 1 ou n. Si
dim(H1 + H2 ) = n − 1, alors par inclusion et égalité des dimensions : H2 = H1 + H2 = H1 . C’est
exclu, il reste dim(H1 + H2 ) = n et alors dim(H1 ∩ H2 ) = dimH1 + dimH2 − dim(H1 + H2 ) = n − 2.
4. Applications linéaires
Dans tout ce paragraphe E et F désignent des K-evs.
4.1. Généralités
Définition 12.
1. On dit ½qu’une application f de E dans F est une application linéaire ou mor∀(x, y) ∈ E 2 , f (x + y) = f (x) + f (y)
phisme de K-evs si :
.
∀α ∈ K, ∀ x ∈ E, f (α.y) = α. f (x)
De plus si f est bijective, on dit que f est un isomorphisme d’evs.
2. Un endomorphisme de l’ev E est une application linéaire de E dans lui même.
3. Un automorphisme de l’ev E est un endomorphisme bijectif de E .
Notation
1. On note l’ensemble des applications linéaires de E dans F par LK (E, F).
2. L’ensemble des endomorphismes de l’ev E est noté LK (E).
3. L’ensemble des automorphismes de l’ev E est noté GL K (E).
Exemples 7
1.
R3 → R2
est une application linéaire de R3 dans R2 .
(x, y, z) 7→ (x + y, y − z)
Solution
En effet, soient (x, y, z), (x0 , y0 , z0 ) ∈ R3 et α ∈ R. On a :
f ((x, y, z) + (x0 , y0 , z0 )) = f (x + x0 , y + y0 , z + z0 ) = (x + x0 + y + y0 , y + y0 − (z + z0 ))
= (x + y, y − z)) + (x0 + y0 , y0 − z0 )
= f (x, y, z) + f (x0 , y0 , z0 )
et f (α(x, y, z)) = f ((α x, α y, α z) = (α x + α y, α y − α z) = α(x + y, y − z).
2. C → C est un automorphisme du R-ev C.
z
7→
z̄
Solution
En effet, soient z, z0 ∈ C et α ∈ R. On a :
f (z + z0 ) = z + z0 = z + z0
et f (α z) = α z = α z = α f (z), car α ∈ R.
Exemples 7
Remarque
Si on considère C comme C espace vectoriel, alors f ne serait pas linéaire ! ! !
3. Soient I un intervalle de R et a : I → K une fonction continue sur I . E = C 1 (I, K) et F =
C (I, K) sont des K-evs.
L’application f : E −→
F
est linéaire.
ϕ
7−→ ϕ0 + a.ϕ
Solution
En effet, soient u, v ∈ E et α ∈ K. On a :
f (u + v) = (u + v)0 + a(u + v) = u0 + au + v0 + av = f (u) + f (v)
et f (αu) = (αu)0 + aαu = αu0 + aαu = α f (u).
Remarque
Si f ∈ LK (E, F) alors f (0E ) = 0F . En effet, f (0E ) = f (0E + O E ) = f (0E ) + f (0E ), donc f (0E ) = O F .
Proposition 17.
Soient E, F et G trois evs et f une application de E dans F de E dans F . Les assertions suivantes
sont équivalentes.
1. f est une application linéaire.
2. ∀α, β ∈ K, ∀(x, y) ∈ E 2 , f (α.x + β y) = α. f (x) + β f (y).
3. ∀α ∈ K, ∀(x, y) ∈ E 2 , f (α.x + y) = α. f (x) + f (y).
Démonstration.
1 =⇒ 2) Soient α, β ∈ K et (x, y) ∈ E 2 . On a : f (α.x + β y) = f (α.x) + f (β y) = α f (x) + β f (y)
2 =⇒ 3) Prendre β = 1.
3 =⇒ 1) Prendre α = 1, on obtient f (x + y) = f (x) + f (y). Maintenant prenons y = 0, on obtient f (α.x) =
α. f (x) + f (0) = α. f (x).
Corollaire 6.
Si f ∈ LK (E, F) et n ∈ N∗ , on a :
Ã
n
n
∀ (α1 , . . . , αn ) ∈ K , ∀ (x1 , . . . , xn ) ∈ E , f
n
X
!
αk .xk =
n
X
αk . f (xk ).
k=1
k=1
Théorème 8 (Composée d’applications linéaires).
Soient E, F,G trois K-ev et u : E −→ F, v : F −→ G deux applications linéaires. Alors v ◦ u : E −→ G
est une application linéaire.
Démonstration. Soient x, y ∈ E et α ∈ K. On a :
v ◦ u(α x + y) = v(u(α x + y)) = v(α u(x) + u(y)) = αv(u(x)) + v(u(y)) = αv ◦ u(x) + v ◦ u(y).
Définition 13.
Toute application linéaire de E dans K est appelée forme linéaire sur E .
L’ensemble des formes linéaires LK (E, K) noté E ∗ est appelé dual de l’ev E .
Exemples 8
1. Soit X un ensemble non vide et a ∈ X . L’application K X
f
→ K
est une forme linéaire
7
→
f (a)
sur le K-ev K X .
2. L’application C [a, b], R
¡
¢
f
¡
¢
→ R
est une forme linéaire sur le R-ev C [a, b], R
Z b
7
→
f (t) dt
a
des fonctions réelles continues sur le segment [a, b].
Exercice 19
Déterminer les applications linéaires parmi les applications suivantes :
1. R → R, x 7→ 2 x.
2. R2 → R, (x, y) 7→ 3 x − y.
3. R2 → R2 , (x, y) 7→ (− y, 3 x).
4. R → R, x 7→ 2 x + 3.
5. R2 → R, (x, y) 7→ 2 x + 3 y − 1.
6. R2 → R, (x, y) 7→ x y.
7. R → R, x 7→ x2 .
4.2. Noyau et image d’une application linéaire
Soit f ∈ LK (E, F).
Définition 14.
¡
¢
Le noyau de f est le sev f −1 {0F } de E noté K er( f ) (notation Ker vient de l’allemand, où noyau
se dit Kern ).
L’image de f est le sev f (E) de F noté Im( f ).
Proposition 18.
1. Si G est un sev de E , f (G) est un sev de F .
En particulier, I m f est un sev de F.
2. Si H est un sev de F , f −1 (H) est un sev de E .
En particulier, K er f est un sev de E.
Démonstration. Rappelons que tout sous-espace vectoriel contient au moins le vecteur nul, et que si
f est linéaire alors f (0) = 0. Donc le vecteur nul de F appartient à f (A) et celui de E appartient à
f −1 (B). Les deux ensembles f (A) et f −1 (B) sont donc non vides.
1. Deux vecteurs quelconques de f (A) s’écrivent f (v), f (v0 ), où v, v0 ∈ A. Etant donnés un scalaire
λ, λ f (v) + f (v0 ) est l’image par f de λv + v0 qui est un vecteur de A.
2. Si v et v0 sont tels que f (v) et f (v0 ) appartiennent à B, alors f (λv + v0 ) = λ f (v) + f (v0 ) ∈ B. Donc
λv + v0 ∈ f −1 (B).
Propriétés 4.
1. f est injective ⇔ K er( f ) = {0E }.
2. f est surjective ⇔ Im( f ) = F .
Démonstration.
1. =⇒) Supposons que f est injective, alors x ∈ K er( f ) =⇒ f (x) = 0 = f (0) =⇒ x = 0,
donc K er( f ) = {0E }.
Inversement, supposns que K er( f ) = {0E }. Soient x, y ∈ E tels que f (x) = f (y), alors f (x − y) =
f (x) − f (y) = 0, donc x − y ∈ K er( f ), soit x = y. Par suite f est injective.
2. f est surjective ⇐⇒ Im( f ) = f (E) = F .
Exemple 13
Considérons l’application linéaire f :
R3 → R2
.
(x, y, z) 7→ (x + y, y − z)
On a
(x, y, z) ∈ K er( f ) ⇔ (x + y, y − z) = (0, 0) ⇔ y = z = − x
⇔ (x, y, z) = (x, − x, − x) = x(1, −1, −1).
Donc, le noyau de f est K er( f ) = {(x, − x, − x); x ∈ R} : c’est la droite vectoriel de R3 engendré par le
vecteur (−1, 1, 1).
L’image de f est Im( f ) = R2 . En effet, soit (a, b) ∈ R2 et cherchons (x, y, z) ∈ R3 tel que f (x, y, z) =
(a, b), i.e. (x + y, y − z) = (a, b). Il suffit de prendre y = 0, x = a, z = − b.
Proposition 19.
Soit y ∈ F . L’ensemble des solutions de l’équation : x ∈ E, f (x) = y est x0 + K er( f ) où x0 est une
solution particulière de cette équation.
Démonstration. On a :
f (x) = y ⇔ f (x) = f (x0 )
⇔ f (x − x0 ) = 0F
⇔ x − x0 ∈ K er( f )
⇔ x = (x − x0 ) + x0 ∈ x0 + K er( f ).
Exemples 9
½
x+ y=1
est S = (1, 0, −1) + K er( f )
y− z = 1
est une application linéaire dont le noyau est K er( f ) =
1. L’ensemble des solutions du système d’équations
R3 → R2
(x, y, z) 7→ (x + y, y − z)
{(x, − x, x); x ∈ R}. D’ou S = {(1 + x, − x, −1 + x); x ∈ R}.
où f :
2. Soient I un intervalle de R et a, b : I → K deux fonctions continues sur I . On considère
l’équation différentielle linéaire de premier ordre (E) y0 + a(x) y = b(x)
— Le noyau de l’application linéaire f : C 1 (I, K) −→ C (I, K) est l’ensemble des so7−→ ϕ0 + a.ϕ
lutions de l’équation différentielle linéaire homogène y0 + a(x) y = 0 associée à (E).
— L’ensemble des solutions de l’équation (E) est y0 + K er( f ) où y0 est une solution particulière de (E).
ϕ
Proposition 20.
Soient F et G deux sev de E .
F et G sont supplémentaires dans E ⇔ l’application F × G → E
(x, y) 7→
est un isomorphisme d’evs.
x+ y
Exercice 20
Soit f ∈ LK (E).
1. K er( f ) ∩ I m( f ) = { o E } ⇐⇒ K er( f ) = K er( f 2 ).
2. E = K er + I m( f ) ⇐⇒ I m( f ) = I m( f 2 ).
Solution de l’exercice ??. .
1. =⇒) Supposns que K er( f ) ∩ I m( f ) = { o E }. Soit x ∈ K er( f ), alors f (x) = 0, donc f ( f (x)) = 0. Par
conséquent, x ∈ K er( f 2 ), donc K er( f ) ⊂ K er( f 2 ). Inversement, soit x ∈ K er( f 2 ), alors f ( f (x)) =
f 2 (x) = 0, donc f (x) ∈ K er( f ) ∩ I m( f ) = { o E } d’où f (x) = 0, soit x ∈ K er( f ). Donc K er( f 2 ) ⊂ K er( f ).
Conclusion : K er( f 2 ) = K er( f ).
⇐=) Supposons que K er( f 2 ) = K er( f ). Soit x ∈ K er( f ) ∩ I m( f ), donc ∃ z ∈ E tel que x = f (z) et
f (x) = 0. Donc f 2 (z) = 0, c-à-d z ∈ K er( f 2 ), donc z ∈ K er( f ) soit x = f (z) = 0. D’où ( f )∩ I m( f ) = {0}.
2. Supposns que E = K er + I m( f ). Soit y ∈ I m( f 2 ), alors ∃ x ∈ E, y = f 2 (x), donc y = f ( f (x)) ∈ I m( f ).
Par conséquent, I m( f 2 ) ⊂ I m( f ). Inversement, soit x ∈ I m( f ), alors ∃ z ∈ E, x = f (z). Or z ∈ E =
K er( f ) + I m( f ), donc ∃ y ∈ K er( f ) et s ∈ I m( f ) tels que z = y + s et x = f (z) = f (y + s) = f (s) =
f 2 (s0 ) ∈ I m ( f 2 ). Conclusion : I m( f 2 ) = I m( f ).
⇐=) Supposons que I m( f 2 ) = I m( f ). Soit x ∈ E, donc f (x) ∈ I m ( f ), i.e. f (x) ∈ I m( f 2 ). Donc ∃ z ∈ E
tel que f (x) = f 2 (z) c-à-d f (x − f (z)) = 0. Donc, x − f (z) ∈ K er( f ). Par suite x = (x − f (z)) + f (z) ∈
K er( f ) + I m( f ). Finalement, E = K er + I m( f ).
Exercice 21
Considérons l’application f :
R2 −→
f : R3
.
(x, y) 7−→ (x + y, x − 2y, −3x − y)
1. Vérifier que f est linéaire.
2. Déterminer K er( f ) ; f est-elle injective ?.
3. Déterminer une équation de I m( f ) c-à-d une relation caractérisant (x, y, z) ∈ I m f .
Exercice 22
Soient u, v : E −→ E deux applications linéaires vérifiant u ◦ v = 0. Comparer I mv et K eru.
4.3. Structure de LK (E, F )
Proposition 21 (Inverse d’une application linéaire bijective).
Soit u : E −→ F une application linéaire bijective et u−1 sa bijection réciproque. Alors u−1 : F −→ E
est une application linéaire.
Démonstration. Soit u ∈ LK (E, F) une application bijective. Alors, il existe v ∈ LK (F, E) tel que u ◦
v = I d F et v ◦ u = I d E . Montrons que f −1 = g ∈ L K (F, E). En effet, Soit α ∈ K, et (x, y) ∈ F 2 . On a
¡
¢
u α.v(x)+ v(y) = α u(v(x))+ u(v(y)) = α x + y c-à-d u−1 (α.x + y) = α.u−1 (x)+ u−1 (y), alors u−1 ∈ L K (F, E.
Théorème 9.
1. LK (E, F), +, . est un K-ev ; en particulier LK (E), +, . est un K-ev.
¡
¢
¡
¢
2. LK (E), +, ◦ est un anneau.
¡
¡
¢
¢
3. GL K (E), ◦ est un groupe appelé groupe linéaire.
Démonstration.
1. LK (E, F) est un sev du K-ev F E donc LK (E, F), +, . est un K-ev.
¡
¢
2. On vérifie immédiatement que LK (E), +, ◦ est un anneau.
¡
¢
3. GL K (E) 6= ; car contient id E . Soit u ∈ GL K (E), d’après la proposition 21, on a u−1 ∈ GL K (E) et
u ◦ u−1 = u−1 ◦ u = I d E . Soient u, v ∈ GL K (E), on a u ◦ v−1 est un endomorphisme bijectif comme
composé d’endomorphismes bijectifs. On conclut que GL K (E) est le groupe des inversibles de
l’anneau LK (E).
Proposition 22.
E, F et F 0 désignent des K-evs.
1. Pour tout g ∈ LK (F, F 0 ), l’application LK (E, F) → LK (E, F 0 ) est linéaire.
f
7→
g◦ f
2. Pour tout f ∈ LK (E, F), l’application LK (F, F ) → LK (E, F 0 ) est linéaire.
0
g
7→
g◦ f
Exercice 23
Soient E un K-ev et u, v ∈ L (E).
1. Développer (u + v)2 ;
2. Développer (id − u) ◦ (id + u) ;
3. Si u2 = 0, montrer que (id − u) est bijective.
Solution
1. On a : (u + v)2 = (u + v) ◦ (u + v) = u2 + u ◦ v + v ◦ u + v2 ;
2. On a : (id − u) ◦ (id + u) = id 2E + u − u − u2 = id E − u2 .
3. Supposons que u2 = 0, alors (id − u) ◦ (id + u) = id E . De même (id E + u) ◦ (id E − u) = id E .
Donc (id E − u) est un automorphisme de E et que (id E − u)−1 = (id E + u).
Exercice 24
Soient E un R-ev et u un endomorphisme de E , vérifiant : u3 + u2 + 2idE = 0.
Montrer que u ∈ GL(E) et déterminer son inverse u−1 .
Solution
On a u3 + u2 + 2idE = 0, donc u ◦ (u2 + u) = (u2 + u) ◦ u = −2id E . D’où
u◦(
Par suite, u ∈ GL(E) et u−1 =
−1 2
−1 2
(u + u)) = (
(u + u)) ◦ u = id E .
2
2
−1 2
(u + u).
2
4.4. Endomorphismes particuliers
Soit E un K-ev.
4.4.1. Homothéties
Définition 15.
Pour tout k ∈ K, l’application k. I d E : E → E
x 7→
est appelé homothétie de rapport k noté h k .
kx
Propriété 1.
Si k 6= 0, h k ∈ GL K (E) et h−k 1 = h k−1 .
Exercice 25
Notons H (E) l’ensemble des homothéties de rapport non nul. Montrer que H (E) est un sousgroupe de GL K (E) isomorphe à K∗ .
4.4.2. Projections et projecteurs-Symétries
1. Projecteurs
Définition 16 (Projecteurs associés à deux sous-espaces vectoriels supplémentaires).
Soient (E, +, .) un K-espace vectoriel, F et G des sous-espaces vectoriels supplémentaires de
E. Pour tout vecteur x de E, il existe un unique couple : (y, z) ∈ F × G, tel que : x = y + z. On
appelle : p(x) = y, le projeté de x sur F parallèlement à G et : q(x) = z, le projeté de x sur G
parallèlement à F. Les applications p et q de E dans E sont appelés projecteurs associés à
la décomposition : E = F ⊕ G.
Théorème 1 (propriétés pour des projecteurs associés).
Soit (E, +, .) un K-espace vectoriel, F et G des sous-espaces vectoriels supplémentaires de E et
p et q les projecteurs associés à la décomposition : E = F ⊕ G. Alors :
(a) p, q ∈ L (E),
(b) pop = p, qoq = q, poq = qop = 0, p + q = id E ,
(c) K er(p) = I m(q) = G, K er(q) = I m(p) = F.
Démonstration.
(a) Pour : (x, x0 ) ∈ E 2 , λ ∈ K, on décompose : x = y + z, x0 = y0 + z0 , suivant : E = F ⊕ G, et :
λ.x + x0 = (λ.y + y0 ) + (λ.z + z0 ), est une décomposition de λ.x suivant : E = F ⊕ G. Mais une
telle décomposition étant unique, c’est la décomposition de [λ.x + x0 ] suivant : E = F ⊕ G.
Puis : p(λ.x + x0 ) = λ.y + y0 , par décomposition, et : p(λ.x + x0 ) = λ.p(x) + p(x0 ). Le résultat est
identique pour q.
(b) Il est presque immédiat que pop = p, puisque, avec les notations précédentes, pour : x ∈
E, p(x) = p(x) + 0, avec : p(x) ∈ F, 0ı,G, et : p(p(x)) = p(x), et : q(p(x)) = 0. De même pour
q. Puis : x = y + z = p(x) + q(x), et : id E = p + q, puisque cette égalité est vérifiée pour tout
vecteur x de E.
(c) ∀ x ∈ F, x = p(x), et donc : F ⊂ I m(p). Mais vu la définition de p, on a aussi : I m(p) ⊂ F, d’où
l’égalité. Puis : ∀ x ∈ G, p(x) = 0, et : x ∈ ker(p). Mais on a également : ∀ x ∈ ker(p), x = 0 + z,
et x ∈ G, d’où lé encore l’égalité. On a encore des résultats identiques pour q.
e
Définition 17.
(a) L’endomorphisme E → E est appelée projection sur G parallèlex 7→
x0
ment à H , elle est notée p F,G .
(b) L’endomorphisme E → E est la projection sur H parallèlement à G , elle est notée
x 7→
pG,F .
x"
De façon générale, on a :
Définition 18.
Un endomrphisme p de E est appelé projecteur de E si p ◦ p = p.
Théorème 10 (Décomposition associée à un projecteur).
Soit un projecteur p d’un espace vectoriel E . Alors
(a) On a la caractérisation suivante de Im p :
I m(p) = { x ∈ E, p(x) = x} = K er(id E − p).
(b) E = I mp
L
K er p et la décomposition d’un vecteur x ∈ E s’écrit
x = p(x) + (x − p(x)).
|{z} | {z }
∈I m p
∈K er p
Exemple 14
Déterminer l’expression analytique de la projection sur H = {(x, y, z) ∈ R3 / x + y + z = 0} et
parallèlement à la droite vectorielle D = vect(1, 1, 1).
Exercice 26
Soit un projecteur p d’un espace vectoriel E et un scalaire λ ∈ K. On définit l’endomorphisme
u = p + λ id E . Exprimer pour n ∈ N, l’endomorphisme u n à l’aide de p et de id E .
2. Symétrie
Définition 19.
Soit un endomorphisme s ∈ L (E) de E . On dit que cet endomorphisme est une symétrie
vectorielle si et seulement s’il vérifie : s ◦ s = id E .
Théorème 11 (Décomposition associée à une symétrie).
On suppose que le corps K est R ou C. Soit une symétrie vectorielle s. Alors
L
(a) E = E 1 E 2 où E 1 = K er(s − id) (vecteurs invariants) et E 2 = K er(s + id) (vecteurs
transformés en leur opposés) ;
(b) Si p est la projection sur E 1 parallèlement à E 2 , on a id + s = 2p.
Définition 20.
L’application E → E
est appelée symétrie par rapport G parallélement à H .
0
x 7→
x − x"
Propriétés 5.
Soient s la symétrie par rapport G parallélement à H et p la projection sur G parallélement
à H .
(a) s est un endomorphisme de E .
(b) s2 = I d E , donc s est une symétrie.
(c) G = K er(s − I d E ) et H = K er(s + I d E ).
(d) Pour tout (x, y) ∈ E 2 , y = s(x) ⇔ y + x ∈ G, y − x ∈ H .
¡
¢
Exemple 15
Soit f l’endomorphisme de R3 dont l’expression analytique est



x0




y0





 z0
=
=
=
x+2 y+2z
3
2x+ y−2z
3
2x−2 y+ z
3
Vérifier que f est une symétrie et déterminer ses éléments caractéristques.
4.5. Image d’une famille finie de vecteurs par une application linéaire
Propriétés 6.
Soit f ∈ LK (F, F).
¡
¢
¡
¢
1. Pour toute partie finie A de E , f vect(A) = vect f (A) .
¡
¢
2. Si (x1 , . . . , x p ) est une famille génératice de E , f (x1 ), . . . , f (x p ) est une famille génératrice de
Im( f ).
3. Soit (x1 , . . . , x p ) une famille de vecteurs de E .
¡
¢
(a) Si (x1 , . . . , x p ) est liée (dans E ), alors f (x1 ), . . . , f (x p ) est liée (dans F ).
¡
¢
(b) Si f (x1 ), . . . , f (x p ) est libre (dans F ), alors (x1 , . . . , x p ) est libre (dans E ).
Théorème 12.
Si B = (e 1 , . . . , e n ) est une base de E et Y = (y1 , . . . , yn ) est une famille de vecteurs de F , il existe un
unique f ∈ LK (F, F) telle que f (e 1 ) = y1 , . . . , f (e n ) = yn .
Démonstration. Existence : Il suffit de prendre f :
E −→
F
. Il est facile de
P
Pn
x = ni=1 α i e i 7−→
α
f
(e
)
i
i =1 i
voir que f est linéaire et vérifie f (e 1 ) = y1 , . . . , f (e n ) = yn .
Unicité : Soit g ∈ LK (F, F) une autre application linéaire telle que : g(e 1 ) = y1 , . . . , g(e n ) = yn . Posons
P
P
h = f − g. Alors, soit x = ni=1 λ i e i . On a h(x) = ni=1 λ i ( f (e i ) − g(e i )) = 0. Par suite h = 0, c-à-d f = g.
Théorème 13.
Si B = (e 1 , . . . , e n ) est une base de E et f ∈ LK (F, F), alors :
f est injective si, et seulement si f (B) est libre.
Démonstration. =⇒) Supposons que f est injective. Soit (λ1 , λ2 , . . . , λn ) ∈ Kn tel que ni=1 λ i f (e i ) = 0.
P
P
Par linéarité de f , on a :, f ( ni=1 λ i e i ) = 0, donc ni=1 λ i e i ∈ K er( f ). Or K er( f ) = {0} car f est injecPn
tif. Par suite i=1 λ i e i = 0. Comme B = (e 1 , . . . , e n ) est une base, donc elle est libre. Il s’ensuit que
∀ i = 1, . . . , n, λ i = 0. Donc, f (B) est libre.
P
P
P
=⇒) Supposons f (B) est libre. Soient x = ni=1 α i e i , y = ni=1 β i e i tels que f (x) = f (y), alors ni=1 α i f (e i ) =
Pn
Pn
i =1 β i f (e i ), donc i =1 [α i −β i ] f (e i ) = 0. Comme f (B) = ( f (e 1 ), . . . , f (e n )) est libre, alors ∀ i = 1, . . . , n, α i −
β i . Donc x = y. On en déduit que f est injective.
P
Théorème 14.
Si B = (e 1 , . . . , e n ) est une base de E et f ∈ LK (F, F), alors :
f est surjective si, et seulement si f (B) est génératrice de F .
Démonstration. =⇒) Supposons que f est surjective. Soit y ∈ F , alors il exite x = ni=1 λ i e i ∈ E tel que
P
y = f (x) = ni=1 λ i f (e i ) ∈ V ect( f (B)). Donc f (B) est génératrice de F .
=⇒) Supposons que f (B) = ( f (e 1 ), . . . , f (e n )) est génératrice de F . Soit y ∈ F , donc il existe (λ1 , λ2 , . . . , λn ) ∈
P
P
P
Kn tel que y = ni=1 λ i f (e i ) = f ( ni=1 λ i e i ) = f (x) avec x = ni=1 λ i e i . Donc f est surjective.
P
Corollaire 7.
Si B = (e 1 , . . . , e n ) est une base de E et f ∈ LK (F, F), alors :
f est un isomorphisme de K-evs si, et seulement si f (B) est une base de F .
4.6. Espaces vectoriels isomorphes
Proposition 23.
Tout K-ev de dimension finie non nulle n est isomorphe au K-ev Kn .
Démonstration. Soient E un K-ev de dimension finie n Ê 1 et B = (e 1 , . . . , e n ) une base de E . L’application :
Kn −→
E
est un isomorphisme de K-ev.
(α1 , . . . , αn ) 7−→
Pn
i =1 α i
ei
Corollaire 8.
Deux K-evs E et F de dimensions finies sont ismorphes ⇔ dim K E = dim K F .
Démonstration.
Propriété 2.
Soit A un ensemble fini et non vide. Le K-ev K A est de dimension finie égale à card(A).
Démonstration. Posons A = {a 1 , . . . , a n } où n est le cardinal de A .
Pour tout x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Kn , on note par f x l’application de A dans K définie par f x (a i ) = x i pour
tout i ∈ ‚1, nƒ.
L’application f : Kn → K A définie par f (x) = f x est un isomorphisme de K-evs. Le K-ev Kn est de
dimension finie égale à n, donc aussi K A est un K-ev de dimension finie égale à n = card(A).
Exercice 27
Trouver une base de K A .
Exercice 28
1. Montrer que l’application Φ : P 7→ P + P 00 est un automorphisme de K[X ].
2. En est-il de même avec l’application P 7→ λ P − X P 00 où λ ∈ R ?
4.7. Formes linéaires et hyperplans
Définition 21 (Formes linéaires).
Soit E un K-ev. On appelle forme linéaire sur E, une application linéaire ϕ : E −→ K. On note
E ∗ = L (E, K) l’ensemble des formes linéaires sur E. E ∗ s’appelle l’espace dual de l’espace E .
Exemple 16
Pour a 1 , . . . , a n ∈ K f ixés, l’application f : Kn −→ K définie par f : (x1 , . . . xn ) 7−→ a 1 x1 + . . . + a n xn est
une forme linéaire sur Kn . En effet, c’est une application de Kn vers K et c’est aussi une application
linéaire car on vérifie aisement que ∀λ ∈ K, ∀ x, y ∈ Kn , on a : f (λ x + y) = λ f (x) + f (y).
Définition 22 (Hyperplan).
On appelle hyperplan de E , le noyau d’une forme linéaire non-nulle, c-à-d
H = K er ϕ, ϕ ∈ E ∗
Exemple 17
L’application
f:
Kn −→
K
,
Pn
(x1 , x2 , . . . , xn ) 7−→
x
k=1 i
est une forme linéaire sur Kn , non nulle (car f (1, 0, . . . , 0) = 1 6= 0). Donc
H = {(x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Kn ,
n
X
x i = 0}
k=1
est un hyperplan de Kn .
Exercice 29
Soit l’espace vectoriel E = F (R, R) et l’application : δ : E −→
R
Vérifier que δ est une
f 7−→ f (0)
forme linéaire sur E et déterminer un supplémentaire de H = K er δ.
Théorème 15 (Caractérisation des hyperplans).
Soit H un sev d’un K-ev E tel que H 6= E. Alors H est un hyperplan si et seulement s’il existe un
vecteur a ∈ E tel que H admette la droite vectorielle Vect(a) comme supplémentaire :
H est un hyperplan ⇔ ∀a ∈ E \ H, E = H ⊕ V ect(a).
Corollaire 9 (Hyperplans en dimension finie).
Soit H un sev d’un K-ev E de dimension finie n ∈ N∗ . Alors H est un hyperplan de E si et seulement
si dim h=n-1
Exercice 30
Soit F = {(x, y, z, t) ∈ R4 , 3x − 2y + z = t}. Déterminer un supplémentaire de F.
Exercice 31
n
Soit E = C 0 ([0, 1], R) et H = f ∈ E,
R1
0
o
f (t)dt = 0 . Déterminer un supplémentaire de H dans E .
4.8. Rang d’une application linéaire
4.8.1. Rang d’une famille de vecteurs
Soit (u1 , . . . , u p ) une famille finie de vecteurs de E .
Définition 23.
La dimension du sev vect(u1 , . . . , u p ) est appelée rang de (u1 , . . . , u p ) et notée r g(u1 , . . . , u p ).
¡
¢
r g(u 1 , . . . , u p ) = dim K vect(u 1 , . . . , u p )
Propriétés 7.
1. r g(u1 , . . . , u p ) É min(p, n).
2. r g(u1 , . . . , u p ) = max{card(I) | I ⊂ ‚1, pƒ et (u i ) i∈ I est libre} si l’un des vecteurs u1 , . . . , u p est
non nul.
3. La famille (u1 , . . . , u p ) est libre ⇔ r g(u1 , . . . , u p ) = p.
4. Si u p est combinaison linéaire des vecteurs u1 , . . . , u p−1 c-à-d u p ∈ vect(u1 , . . . , u p−1 ), alors
r g(u 1 , . . . , u p ) = r g(u 1 , . . . , u p−1 ).
5. Pour tout (i, j) ∈ ‚1, pƒ2 , i 6= j et pour tout α ∈ K
r g(u 1 , . . . , u j , . . . , u p ) = r g(u 1 , . . . , u j + α u i , . . . , . . . , u p ).
↑
e
j rang
6. Pour tout (i, j) ∈ ‚1, pƒ2 , i < j :
r g(u 1 , . . . , u i , . . . , u j , . . . , u p ) = r g(u 1 , . . . ,
uj
↑
ui
↑
, ...,
, . . . , u p ).
j e rang
i e rang
7. Pour tout i ∈ ‚1, pƒ et pour tout α ∈ K∗
r g(u 1 , . . . , u i , . . . , u p ) = r g(u 1 , . . . ,
α ui
↑
, . . . , . . . , u p ).
i e rang
¡
Démonstration.
¢
1. vect(u1 , . . . , u p ) est un sev de E , donc r g(u1 , . . . , u p ) = dim K vect(u1 , . . . , u p ) É
dim K (E) = n.
(u 1 , . . . , u p ) est une famille génératrice de vect(u 1 , . . . , u p ), donc r g(u 1 , . . . , u p ) É p.
D’où r g(u1 , . . . , u p ) É min(p, n).
2. Supposons que l’un des vecteurs u1 , . . . , u p est non nul, et notons
q = max{card(I) | I ⊂ ‚1, pƒ et (u i ) i∈ I est libre}
Il existe I ⊂ ‚1, pƒ tel que (u i ) i∈ I est libre et q = card(I), donc
¡
¢
q É dim K vect(u 1 , . . . , u p ) = r g(u 1 , . . . , u p )
Par le théorème de la base incomplète, on complète un vecteur non nul de la famille (u1 , . . . , u p )
par des vecteurs de la même famille en une base de vect(u1 , . . . , u p ) c-à-d il existe I 0 ⊂ ‚1, pƒ tel
que (u i ) i∈ I 0 est une base de vect(u1 , .¡. . , u p ).
¢
¡
¢
On a card(I 0 ) É q et card(I 0 ) = dim K vect(u1 , . . . , u p ) = r g u1 , . . . , u p , donc r g(u1 , . . . , u p ) É q.
D’où q = r g(u1 , . . . , u p ).
3. Résultat évident.
4. Si u p ∈ vect(u1 , . . . , u p−1 ), alors vect(u1 , . . . , u p ) = vect(u1 , . . . , u p−1 ), donc
r g(u 1 , . . . , u p ) = r g(u 1 , . . . , u p−1 ).
Exemple 18
Considérons, dans le R-ev R3 , les vecteurs u1 = (−1, 1, 2), u2 = (−2, 1, 1), u3 = (1, 0, 1) et u4 =
(3, −1, 0). Calculons le rang de (u 1 , u 2 , u 3 , u 4 ).
On a u4 = u1 − 2 u2 donc r g(u1 , u2 , u3 , u4 ) = r g(u1 , u2 , u3 ). Et u3 = u1 − u2 donc
r g(u 1 , u 2 , u 3 ) = r g(u 1 , u 2 ) c-à-d r g(u 1 , u 2 , u 3 , u 4 ) = r g(u 1 , u 2 ). La famille (u 1 , u 2 ) étant libre, alors
r g(u 1 , u 2 ) = 2. D’où r g(u 1 , u 2 , u 3 , u 4 ) = 2.
Exercice 32
Déterminer le rang des familles de vecteurs suivantes :
1. (x1 , x2 , x3 , x4 ) dans R4 : x1 = (1, 1, 0, 1), x2 = (1, −1, 1, 0), x3 = (2, 0, 1, 1), x4 = (0, −2, 1, −1).
2. (x1 , x2 , x3 , x4 ) dans R4 : x1 = (0, 1, 0, 1), x2 = (1, −1, 1, −1), x3 = (1, −1, −1, 1), x4 = (1, 1, 1, 1).
3. (x1 , x2 , x3 ) dans R4 : x1 = (1, 0, 1, 1 + a), x2 = (2, −a, a, 0), x3 = (0, a, a, a) où a réel.
4. E = R3 [X ] et P1 = 3 + 3X + X 2 + X 3 ; p 2 = 1 − X − X 2 + X 3 ; P3 = −1 − X + X 2 + X 3 ; P4 = 3 − 3X +
X 2 − X 3.
4.8.2. Rang d’une application linéaire
Soient E et F deux K-evs tels que E est de dimension finie.
Proposition 24.
Pour tout f ∈ LK (E, F).
1. L’image I m( f ) de f est de dimension finie.
2. I m( f ) est isomorphe à tout supplémentaire de K er( f ) dans E .
¡
¢
Démonstration.
1. Pour (e 1 , . . . , e n ) une base de E , on a I m( f ) = vect{ f (e 1 ), . . . , f (e n )} c-à-d f (e 1 ), . . . , f (e n )
est une famille génératrice (finie) de I m( f ) qui est de dimension finie.
2. Soit f ∈ LK (E, F) et H un supplémentaire de K er( f ) dans E . L’application g : H −→ I m( f )
x 7−→
f (x)
induite par f est linéaire de noyau
K er(g) = H ∩ K er( f ) = {0E } et d’image
¡
¢
¡
¢
I m(g) = g(H) = f (H) = f (H) + f K er( f ) = f H + K er( f ) = f (E) = I m( f ), donc g est un isomorphisme de K-evs.
Définition 24.
Pour tout f ∈ LK (E, F), la dimension de l’image I m( f ) est appelée rang de f et notée r g( f ).
Remarque
Si F est de dimension finie alors r g( f ) É dim K (F).
Propriétés 8.
Soit f ∈ LK (E, F).
1. f est surjective ⇔ F est de dimension finie et r g( f ) = dim K (F).
2. ∀ α ∈ K∗ , r g(α. f ) = r g( f ).
¡
¢
3. Si B = (e 1 , . . . , e p ) est une base de E , alors r g( f ) = r g f (e 1 ), . . . , f (e p ) .
¡
¢
4. r g( f ) É dim K (E). Si F est de dimension fine, alors r g( f ) É min dim K (E), dim K (F) .
Exemple 19
R3 −→
R2
.
(x, y, z) 7−→ (x + y + z, x + y − z)
La base canonique de R3 est (e
,
e
,
e
)
où
e
=
(1,
0,
0), e 2 = (0, 1, 0), e 3 = (0, 0, 1).
1 ¢
¡ 1 2 3
Le rang de
f est r g( f ) = r g f (e 1 ), f (e 2 ), f (e 3 ) où f (e 1 ) = f (e 2 ) = (1, 1) et f (e 3 ) = (1, −1), donc
¡
¢
¡
¢
r g( f ) = r g f (e 1 ), f (e 2 ), f (e 3 ) = r g f (e 2 ), f (e 3 ) .
¡
¢
¡
¢
¡
¢
La famille f (e 2 ), f (e 3 ) est libre dans R2 , donc r g f (e 2 ), f (e 3 ) = 2. D’où r g f (e 1 ), f (e 2 ), f (e 3 ) = 2.
Déterminons le rang de l’application linéaire f :
Théorème 16 (du rang).
¡
¢
Pour f ∈ LK (E, F), dim K (E) = dim K K er( f ) + r g( f ).
Démonstration. Soit f ∈ LK (E, F). D’aprés la proposition14, le noyau K er( f ) admet un supplémentaire
H dans E . Et d’aprés la proposition24, les sev H et I m( f ) sont isomorphes.
¡
¢
Alors r g( f ) = dim K (H) et dim K (E) = dim K K er( f ) + dim K (H), donc
¡
¢
dim K (E) = dim K K er( f ) + r g( f )
Exemple 20
Considérons la même application linéaire de l’exemple précédent f : R3 → R2 définie par
f (x, y, z) = (x + y + z, x + y − z)
Le noyau de f est K er( f ) = {(− x, x, 0) | x ∈ R} = vect (1, −1, 0) , c’est une droite vectorielle. Donc le
rang de f est r g( f ) = 3 − 1 = 2 c-à-d f est surjective.
¡
¢
Proposition 25.
On suppose que E et F sont de même dimension dim K (E) = dim K (F) = n. Pour tout f ∈ LK (E, F),
les propriétés suivantes sont équivalentes :
1. f est injevtive.
2. f est surjective.
3. f est bijective.
4. r g( f ) = n.
Démonstration. Soit f ∈ LK (E, F). On a n = dim K K er( f ) + r g( f ), donc
¡
¢
f est injective
⇔
K er( f ) = {0E }
¡
¢
dim K K er( f ) = 0
¡
¢
r g( f ) = dim K im( f ) = n
⇔
I m( f ) = F
⇔
f est surjective
⇔
⇔
Corollaire 10.
Pour tout f ∈ LK (E), les propriétés suivantes sont équivalentes :
1. f ∈ GL K (E).
2. f est injevtive.
3. f est surjective.
4. r g( f ) = dim K (E).
5. Il existe g ∈ LK (E) tel que g ◦ f = id E .
6. Il existe h ∈ LK (E) tel que f ◦ h = id E .
Propriétés 9.
Soient E, F et G des K-sev de dimensions finies, f ∈ LK (E, F) et g ∈ L K (F, G).
¡
¢
1. r g(g ◦ f ) É min r g( f ), r g(g) .
2. Si f est surjective, alors r g(g ◦ f ) = r g(g).
3. Si g est injective, alors r g(g ◦ f ) = r g( f ).
Démonstration.
¡
¢
1. — On a I m(g ◦ f ) = g I m( f ) ⊂ I m(g), donc r g(g
◦ f ) É r g(g).
¡
¢
¡
¢
— D’aprés le théorème du rang dim(E) = dim K er( f ) + r g( f ) = dim K er(g ◦ f ) + r g(g ◦ f ).
On a K er( f ) ⊂ K er(g ◦ f ), donc dimK er( f ) É dimK er(g ◦ f ) c-à-d r g(g ◦ f ) É p = r g( f ).
¡
¢
D’où r g(g ◦ f ) É min r g( f ), r g(g) .
¡
¢
2. I m(g ◦ f ) = g I m( f ) . Si f est surjective, alors I m( f ) = F , donc I m(g ◦ f ) = g(F) = I m(g) ; par
suite r g(g ◦ f ) = r g(g).
3. Supposons que g est injective.
¡
¢
¡
¢
On a K er(g ◦ f ) = K er( f ) et dim K (E) = dim K K er(g ◦ f ) + r g(g ◦ f ) = dim K K er( f ) + r g( f ), donc
r g(g ◦ f ) = r g( f ).
Exercice 33
Déterminer le rang de chacune des applications linéaires suivantes :
f : R2 −→ R3 , f (x, y) = (x + y, x − y, x + 2 y) et g : R3 −→ R2 , g(x, y, z) = (x + y + z, x − y + z).
Exercice 34
R
. Soit (a 1 , a 2 , a 3 ) ∈ R3 .
x 7−→ cos(x + a)
¡
¢
Déterminer le rang de f a1 , f a2 , f a3 dans le R-ev RR .
¡
¢
2. Soit n ∈ N∗ et f : Rn [X ] −→ Rn [X ] . Montrer que f ∈ GL Kn [X ] et déterminer f −1 .
P 7−→ P − P 0
1. Pour a ∈ R, on note f a : R −→
Exercice 35
Soient E et F de dimensions finies et u, v ∈ L (E, F).
1. Montrer que rg(u + v) É rg(u) + rg(v).
2. En déduire que |rg(u) − rg(v)| É rg(u + v).
Solution
1. Par la formule dim(F + G) = dim(F) + dim(G) − dim(F ∩ G), on sait que dim(F + G) É dim(F) +
dim(G). Pour F = I mu et G = I mv on obtient : dim(I mu + I mv) É dim I mu + dim I mv. Or
I mu + I mv = I m(u + v). Donc rg(u + v) É rg(u) + rg(v).
2. On applique la formule précédente à u + v et −v : r g((u + v) + (−v)) É r g(u + v) + r g(−v), or
r g(−v) = r g(v) donc r g(u) É r g(u + v) + r g(v). Soit r g(u) − r g(v) É r g(u + v). On recommence
en échangeant u et v pour obtenir : |rg(u) − rg(v)| É rg(u + v).