Chapitres Maths en ECG1

Cours en ligne Maths en ECG1

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Cours : Espaces vectoriels & Applications Linéaires

Résumé de cours Exercices Corrigés

Cours en ligne de Maths en ECG1

Résumé de cours, méthodes – Espaces vectoriels/applications linéaires

1. Premières notions sur les espaces vectoriels et les familles de vecteurs

Méthode 1 : Montrer qu’un ensemble est un espace vectoriel.

Pour montrer qu’un ensemble est un espace vectoriel, on montre que c’est un sous espace vectoriel d’un espace vectoriel de référence.

On rappelle quelques espaces vectoriels de référence :

$\mathbb{R}^n$ ( $n$ -uplets),

$\mathbb{R} \left[ X \right]$ (polynômes réels),

$\mathbb{R}_n \left[ X \right]$ (polynômes réels de degré inférieur à $n$ ),

$\mathcal M_{n, p} \left( \mathbb{R} \right)$ (matrices réelles de taille $n \times p$ ),

$C^k \left( I \right)$ (fonctions réelles de classe $C^k$ sur un intervalle $I$ ),

$\mathbb{R}^{\mathbb{N}}$ (ensemble des suites réelles), etc.

On rappelle que pour montrer qu’un ensemble $F$ est un sous espace vectoriel de $E$ , on montre qu’il est non vide (on montre que $0_E$ est dans $F$ ) et que pour tout $x,y \in F,$ pour tout $\lambda \in \mathbb{R},$ $x + \lambda y \in F.$

Exemple :Montrer que les espaces suivants sont des espaces vectoriels :

$E= \left\{ \left( x , y , z \right) \in \mathbb{R}^3, \, x + 2 y - z = 0 \right\}$

Réponse :

Clairement $\left( 0, 0 , 0 \right) \in E.$

Soit $\left( x_1 , y_1, z_1 \right), \left( x_2 , y_2 , z_2 \right) \in E$ et soit $\lambda \in \mathbb{R}.$ Montrons que $\left( x_1 , y_1, z_1 \right) + \lambda \left( x_2 , y_2 , z_2 \right)$ $= \left( x_1 + \lambda y_1 , x_2 + \lambda y_2 , x_3 + \lambda y_3 \right) \in E.$

Pour voir cela, écrivons :

$\left( x_1 + \lambda y_1 \right) - 2 \left( x_2 + \lambda y_2 \right) - \left( x_3 + \lambda y_3 \right)$ $= \left( x_1 - 2 x_2 - x_3 \right) + \lambda \left( y_1 + 2 y_2 - y_3 \right)$

$= 0$ .

$E$ est un sous-espace vectoriel de

$\mathbb{R}^3$ donc un espace vectoriel.

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Méthode 2 : Savoir utiliser la notation $\mathrm{Vect}$ .

On rappelle que si $a_1 , \cdots , a_n$ sont des vecteurs d’un $\mathbb{K}$ -espace vectoriel $E,$ on appelle $\mathrm{Vect} \left( a_1 , \cdots , a_n \right)$ le sous espace vectoriel formé par toutes les combinaisons linéaires des vecteurs $a_1 , \cdots , a_n$ :

$\mathrm{Vect} \left( a_1 , \cdots , a_n \right)$ $= \left\{ \displaystyle\sum_{k=1}^n \lambda_k a_k , \; \left( \lambda_1 , \cdots , \lambda_n \right) \in \mathbb{K}^n \right\}.$

En conséquence si l’on reconnaît dans une partie de $F$ de l’espace vectoriel $E$ une écriture de la forme $F= \left\{ \displaystyle\sum_{k=1}^n \lambda_k a_k , \; \left( \lambda_1 , \cdots , \lambda_n \right) \in \mathbb{K}^n \right\},$ on peut conclure que $F = \mathrm{Vect} \left( a_1 , \cdots , a_n \right),$ donc $F$ est un sous-espace vectoriel de $E.$

Exemple : Montrer que l’ensemble suivant est un espace vectoriel :

$E = \left\{ \left( x , y , z \right) \in \mathbb{R}^3, \; x = 2 y = 3 z \right\},$

Réponse : On remarque que

$u = \left( x, y , z \right) \in E$ si, et seulement si, $u = \left( x , \dfrac{x}{2} , \dfrac{x}{3} \right).$

Donc $E= \left\{ x \left( 1 , \dfrac12 , \dfrac13 \right), \; x \in \mathbb{R} \right\} = \mathrm{Vect} \left( a \right)$ avec $a = \left( 1 , \dfrac12 , \dfrac13 \right).$

Si bien que $E$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3.$

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Méthode 3 : Montrer qu’une famille est une famille libre dans un $\mathbb{K}$ -espace vectoriel.

Voici quelques méthodes que l’on peut essayer, la méthode $3$ étant la plus importante :

$\bullet$ La famille $\left( a \right)$ est libre si, et seulement si, $a \neq 0.$

$\bullet$ Pour démontrer que la famille $\left( a , b \right)$ est libre, il est en général plus simple de prouver que $a \neq 0$ et que la condition $b = \lambda a$ où $\lambda \in \mathbb{K}$ est impossible.

$\bullet$ Pour montrer qu’une famille de vecteurs $\left( x_1 , \cdots , x_n \right)$ est libre, on revient généralement à la définition, c’est-à-dire que l’on se donne $\lambda_1 , \cdots \lambda_n \in \mathbb{K}$ tels que

$\lambda_1 x_1 + \cdots \lambda_n x_n = 0,$

et on montre que $\lambda_1 = \cdots = \lambda_n = 0.$

$\bullet$ Si l’on sait que la famille $\left( x_1 , \cdots , x_n \right)$ est libre, pour démontrer que la famille $\left( x_1 , \cdots , x_n , x_{n + 1 } \right)$ est libre, il suffit de montrer que la relation

$x_{n + 1} = \displaystyle\sum_{k=1}^n \lambda_k x_k$ où $\left( \lambda_1 , \cdots , \lambda_n \right) \in \mathbb{K}^n$ est impossible.

Voici, en vrac, quelques idées qui peuvent aussi servir à montrer qu’une famille est libre :

$\bullet$ Une famille de polynômes de degrés échelonnés (c’est-à-dire de degrés entiers deux à deux distincts, donc ne contenant pas le polynôme nul) est libre.

$\bullet$ Lorsque l’on doit montrer qu’une famille de fonctions est libre, il peut être utile de prendre des valeurs de $x$ bien choisies.

$\bullet$ Toujours avec des fonctions, il peut être parfois intéressant d’utiliser des propriétés d’analyse (continuité, dérivabilité, etc).

Exemple : Montrer que $\mathcal F_3 = \left( g_1: x \mapsto \left| x \right| , g_2 : x \mapsto \left| x - 1 \right|, g_3 : x \mapsto \left| x - 2 \right| \right)$ est libre dans $C^0 \left( \mathbb{R} \right).$

Réponse :

On pourrait prendre des valeurs particulières pour $x$ mais on va procéder autrement. On se donne trois réels $a,b$ et $c$ tels que $a g_1 + b g_2 + cg_3 = 0,$ montrons que $a=b=c=0.$

Si l’on suppose, par exemple,

$a \neq 0,$ alors on aurait

$g_1 = - \dfrac{b}{a} g_2 - \dfrac{c}{a} g_3.$

Or,

$g_1$ n’est pas dérivable en

$0$ et

$g_2, g_3$ le sont. L’égalité précédente est impossible, cela signifie que

$a= 0.$

On raisonne de même pour montrer que

$b=c=0.$

Méthode 4 : Montrer qu’une famille est génératrice.

$\bullet$ Pour montrer qu’une famille de vecteurs $\mathcal G = \left( x_1 , \cdots , x_m \right)$ de $E$ est génératrice de $E$ , on montre que $E = \mathrm{Vect} \left( x_1 , \cdots , x_m \right).$ En pratique, pour tout $y \in E,$ on cherche des scalaires $\lambda_1 , \cdots , \lambda_m \in \mathbb{K}$ tels que $y = \displaystyle\sum_{k=1}^m \lambda_k x_k.$

$\bullet$ Dans le cas où l’on sait que $E = \mathrm{Vect} \left( e_1 , \cdots , e_p \right),$ pour démontrer qu’une famille de vecteurs $G =\left( x_1 , \cdots , x_m \right)$ de $E$ est génératrice de $E,$ il suffit de prouver que pour tout $k \in [\![ 1, p ]\!],$ $e_k$ est combinaison linéaire de vecteurs de $G.$

Exemple : On se place dans $\mathbb{R}^4.$

On note $E= \mathrm{Vect} \left( a , b , c \right)$ avec $a = \left( 1 , 1 , - 1, - 1 \right), b= \left( 1 , - 1, 1 , -1 \right)$ et $c = \left( 1 , - 1, -1 , 1 \right).$ On note $u = \left( 1, 0 , 0 , - 1 \right), v= \left( 0 , 1 , 0 , - 1 \right)$ et $w = \left( 0 , 0 , 1 , - 1 \right).$ Montrer que $\left( u , v ,w \right)$ est un système générateur de $E.$

Réponse : On pose $F = \mathrm{Vect} \left( u , v, w \right).$

$\bullet$ De simples calculs montrent que $a = u + v - w, b= u -v +w$ et $c = u - v -w,$ les vecteurs $a, b$ et $c$ qui engendrent $E$ sont combinaisons linéaires de vecteurs de $F,$ donc $E \subset F.$

$\bullet$ On cherche des réels $\alpha, \beta, \gamma$ tels que $u = \alpha a + \beta b + \gamma c.$ On obtient le système :

$\begin{cases} \alpha + \beta + \gamma & = 1 \\ \alpha - \beta - \gamma & = 0 \\- \alpha + \beta - \gamma & = 0 \\ - \alpha - \beta + \gamma & = - 1 \end{cases}.$

En formant

$L_2 \leftarrow L_2 + L_1,$

$L_3 \leftarrow L_3 + L_1$ et

$L_4 \leftarrow L_4 + L_1,$ on obtient

$\begin{cases} \alpha + \beta + \gamma & = 1 \\ 2 \alpha & = 1 \\ 2 \beta & = 1 \\ 2 \gamma & = 0 \end{cases},$

alors

$u = \dfrac12 \left( a + b \right).$

Avec le même raisonnement, on obtient

$v = \dfrac12 \left( a - c \right)$ et

$w = \dfrac12 \left( b - c \right).$ Les vecteurs

$u , v$ et

$w$ qui engendrent

$F$ sont combinaisons linéaires des vecteurs

$a, b$ et

$c,$ donc

$F \subset E.$

Par double inclusion

$E = F.$

2. Espaces vectoriels de dimension finie

Méthode 5 : Montrer qu’une famille est une base.

On rappelle qu’une base est une famille libre et génératrice. En général, vous devrez justifier ces deux propriétés successivement. Je ne peux que vous conseiller de revoir les définitions et les méthodes du précédentes !

Remarque : Il est indispensable de noter les bases sous forme de listes, puisque l’ordre des éléments d’une base est important pour écrire les coordonnées des vecteurs.

Exemple : Soit $E = \left\{ P \in \mathbb{R}_2 \left[ X \right], \, P \left( 0 \right) = 0 \right\}.$

1) Montrer que $E$ est un espace vectoriel.

2) Donner une base de $E.$

Réponse :

1) La méthode est classique. $E$ est une partie non vide (car contenant le polynôme nul) de l’espace vectoriel $\mathbb{R}_2 \left[ X \right].$ On se donne $P, Q \in E$ et $\lambda \in \mathbb{R}.$ Montrons que $P + \lambda Q \in E.$ Pour cela, on montre que $\left( P + \lambda Q \right) \left( 0 \right) = 0.$ En effet,

$\left( P + \lambda Q \right) \left( 0 \right)$ $= P \left( 0 \right) + \lambda Q \left( 0 \right)$ $= 0$ .

Ainsi, $E$ est un sous espace vectoriel de $\mathbb{R}_2 \left[ X \right]$ donc c’est un espace vectoriel.

2) Soit $P \in \mathbb{R}_2 \left[ X \right].$ On écrit $P = a X^2 + b X + c$ et on cherche des conditions nécessaires et suffisantes sur $a, b$ et $c$ pour que $P \in E.$ On écrit donc :

$P \in E \Leftrightarrow P \left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow c = 0.$

Ainsi

$E = \mathrm{Vect} \left( X , X^2 \right).$ La famille

$\left( X , X^2 \right)$ étant libre car c’est une famille de polynômes ayant des degrés échelonnés, la famille

$\left( X , X^2 \right)$ est une base de

$E$ car c’est une partie libre et génératrice de

$E.$

Méthode 6 : Calculer la dimension d’un espace vectoriel.

On rappelle qu’un espace vectoriel de dimension finie est, par définition, un espace vectoriel ayant une famille génératrice finie. On peut montrer (c’est dans votre cours) qu’un tel espace non réduit à $\left\{ 0 \right\}$ admet des bases ayant un nombre fini d’éléments et que ces bases ont toutes le même nombre d’éléments.

En pratique, lorsque l’on demande de calculer la dimension d’un espace vectoriel, on essaie d’en trouver une base et on compte le nombre d’éléments de cette base.

Cas particuliers à connaître parfaitement :

$\bullet$ Si $n \in \mathbb{N}^*, \dim \left( \mathbb{R}^n \right) = n.$ De plus, la famille $\left( e_1 , \cdots , e_n \right)$ avec $e_i = \left( 0 , \cdots , 0 , 1 , 0 , \cdots , 0\right)$ (le $i$ étant en $i$ -ème position) est une base de $\mathbb{R}^n$ appelée base canonique.

$\bullet$ Si $n \in \mathbb{N}^*, \dim \left( \mathbb{R}_n \left[ X \right] \right) = n + 1$ et la famille $\left( 1 , X , \cdots , X^n \right)$ est une base de $\mathbb{R}_n \left[ X \right]$ appelée base canonique.

$\bullet$ Si $n, p \in \mathbb{N}^*, \dim \left( \mathcal M_{n, p } \left( \mathbb{R} \right) \right) = n \times p.$

Exemple : Montrer que l’ensemble suivant est un espace vectoriel et calculer sa dimension :

$E_1$ $= \left\{ P \in \mathbb{R}_{2017} \left[ X \right] , \, P \left( 0 \right) = P' \left( 0 \right) = 0 \right\},$

Réponse :

$E_1$ est non vide car il contient le polynôme nul.

Soient

$P, Q \in E_1$ et

$\lambda \in \mathbb{R}.$ Montrons que

$P + \lambda Q \in E_1.$

On a

$\left( P + \lambda Q \right) \left( 0 \right) = P \left( 0 \right) + \lambda Q \left( 0 \right) = 0$ et

$\left( P + \lambda Q \right) ' \left( 0 \right)$

$\underset{\text{par linéarité de la dérivation} }{=}$

$P ' \left( 0 \right) + \lambda Q ' \left( 0 \right) = 0.$

Ainsi

$P + \lambda Q \in E_1$ et donc

$E_1$ est un sous espace vectoriel de

$\mathbb{R}_{2017} \left[ X \right],$ c’est donc un espace vectoriel.

Soit

$P = \displaystyle\sum_{k=0}^{2017} a_k X^k \in E_1 \Leftrightarrow a_0 = a_1 = 0.$

On a prouvé que

$E_1 = \left\{ \displaystyle\sum_{k=2}^{2017} a_k X^k, \left( a_2 , \cdots , a_{2017} \right) \in \mathbb{R}^{2015} \right\}.$

On a prouvé que la famille

$\left( X^k \right)_{2 \le k \le 2017}$ est une famille génératrice de

$E_1,$ elle est libre car extraite de la base canonique de

$\mathbb{R}_{2017} \left[ X \right],$ c’est une base de

$E_1$ et

$\dim \left( E_1 \right) = 2016.$

Méthode 7 : Montrer qu’une famille est une base en dimension finie.

Lorsque $E$ est un espace vectoriel de dimension finie $n$ , pour montrer qu’une famille $\mathcal F$ de $E$ est une base, il suffit de montrer qu’elle est libre et qu’elle contient $n$ éléments (le même nombre que la dimension) ou bien il suffit de montrer qu’elle est génératrice et qu’elle contient $n$ éléments.

Exemple : Montrer que la famille suivante est une base de l’espace vectoriel indiqué :

$\mathcal F_1 = \left( \left( 1 , 0 , 1 \right) , \left( 0 , 1 , 1 \right) , \left( 1 , 1 , 0 \right) \right)$ dans

$\mathbb{R}^3,$

Réponse :

Montrons que $\mathcal F_1$ est libre. Pour cela, on se donne trois réels $a, b$ et $c$ tels que

$a \left( 1 , 0 , 1 \right) + b \left( 0 , 1 , 1 \right) + c \left( 1 , 1 , 0 \right) = \left( 0 , 0 , 0 \right).$

On récupère le système suivant :

$\begin{cases} a + c & = 0 \\ b + c & = 0 \\ a + b & =0 \end{cases}.$

En faisant

$L_3 \leftarrow L_3 - L_1,$ on obtient

$\begin{cases} a + c & = 0 \\ b + c & = 0 \\ b - c & =0 \end{cases}.$

En sommant les deux dernières lignes, on a

$b = 0.$ Ainsi

$c= 0$ puis

$a = 0.$ La famille

$\mathcal F_1$ est donc libre.

Cette famille est libre, contient trois éléments dans

$\mathbb{R}^3$ de dimension

$3,$ c’est donc une base de

$\mathbb{R}^3$ .

Remarque : Naurions pu montrer en premier que la famille était génératrice pour en déduire que c’est une base. Mais il est généralement plus facile de montrer que c’est une famille libre.

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3. Somme de sous-espaces vectoriels

Méthode 8 : Montrer qu’un espace vectoriel est la somme de deux sous espaces vectoriels. Soit

$E$ un espace vectoriel et soient

$F, G$ deux sous espaces vectoriels de

$E.$

$\bullet$ Pour montrer que

$E = F + G,$ on doit montrer que pour tout élément

$x \in E,$ il existe

$y \in F$ et

$z \in G$ tels que

$x = y + z .$ On pourra utiliser la méthode d’analyse-synthèse décrite dans la méthode 8.

$\bullet$ Pour déterminer

$F + G,$ il faut trouver l’ensemble des

$x$ de

$E$ tels qu’il existe

$y \in F, z \in G$ tels que

$x = y + z.$

$\bullet$ Lorsque de plus

$F \cap G = \left\{ 0 \right\},$ on dit que la somme est directe et on écrit

$F + G = F \oplus G.$ Exemple : Donner une base de

$F + G$ avec

$F = \mathrm{Vect} \left( \left( 1, 0 , 1, 0 \right) , \left( 0 , 1 , 0 , 1 \right) \right)$ et

$G = \mathrm{Vect} \left( \left( 1 , 0 , 0 , 1 \right) , \left( 0 , 1, 1, 0 \right) \right).$ Réponse : Soit

$u = \left( x , y,z, t \right) \in \mathbb{R}^4$ et on cherche des conditions nécessaires et suffisantes sur

$x, y ,z$ et

$t$ pour que

$u \in F + G.$ Le plus simple est de procéder par analyse-synthèse, c’est-à-dire que l’on suppose que

$u \in F + G$ et on cherche des conditions nécessaires sur

$x ,y , z$ et

$t.$ Lors de la synthèse, on vérifiera que les conditions trouvées lors de l’analyse sont suffisantes. Analyse : On suppose que

$u \in F + G,$ ainsi il existe

$f \in F$ et

$g \in G$ tels que

$\left( x , y , z, t \right) = f + g.$ Comme

$f \in F,$ il existe

$a, b \in \mathbb{R}$ tels que

$f = a\left( 1, 0 , 1, 0 \right) + b \left( 0 , 1 , 0 , 1 \right).$

Comme

$g \in G,$ il existe

$c, d \in \mathbb{R}$ tels que

$g = c \left( 1 , 0 , 0 , 1 \right) + d \left( 0 , 1, 1, 0 \right).$

Alors

$\left( x, y, z , t \right) = \left( a + c , b + d , a + d , b + c \right).$

On récupère donc le système :

$\begin{cases} a + c & = x \\ b + d & = y \\ a + d & = z \\ b + c & = t \end{cases}.$

On rappelle que pout résoudre un tel système, il faut l’échelonner. L’opération

$L_3 \leftarrow L_3 - L_1$ donne :

$\begin{cases} a + c & = x \\ b + d & = y \\ - c + d & = z- x \\ b + c & = t \end{cases}.$

Puis en faisant

$L_4 \leftarrow L_4 - L_2,$ on a

$\begin{cases} a + c & = x \\ b + d & = y \\ - c + d & = z- x \\ c - d & = t - y \end{cases}.$

Et finalement, en faisant

$L_4 \leftarrow L_4 + L_3,$ il vient :

$\begin{cases} a + c & = x \\ b + d & = y \\ - c + d & = z- x \\ 0 & = -x - y + z + t \end{cases}.$

La dernière ligne donne

$- x - y + z + t =0$ soit

$x = - y + z +t.$

On a prouvé que

$\left( x, y ,z, t \right) \in F + G ,$ il est nécessaire qu’il s’écrive

$\left( - y + z +t , y ,z, t \right) .$

Synthèse : Réciproquement, si

$u= \left( -y + z + t , y, z, t \right),$ on écrit

$u = y \left( - 1 , 1 , 0 , 0 \right) + z \left( 1 , 0 , 1 , 0 \right) + t \left( 1 , 0 , 0 , 1 \right).$

On remarque que

$\left( - 1, 1 , 0 , 0 \right)$

$= \left( 0, 1 , 1 , 0 \right) - \left( 1, 0 , 1, 0 \right) \in F + G,$

$\left( 1, 0, 1, 0 \right) \in F \subset F + G$ et

$\left( 1, 0 , 0 , 1 \right) \in G \subset F + G.$

On a prouvé par combinaison linéaire que

$u \in F + G$ et que

$\left( \left( -1, 1, 0, 0 \right) , \left( 1 , 0, 1, 0 \right) , \left( 1, 0 , 0 , 1 \right) \right)$ est une famille génératrice de

$F + G.$

On montre maintenant que c’est une famille libre. Pour cela, il suffit de remarquer que la famille

$\left( \left( -1, 1, 0, 0 \right) , \left( 1 , 0, 1, 0 \right) , \left( 1, 0 , 0 , 1 \right) \right)$ est échelonnée, ainsi

$\mathcal F$ est libre, c’est donc une base. On a donc

$F + G$

$= \mathrm{Vect} \left( \left( - 1 , 1 , 0 , 0 \right) , \left( 1 , 0 , 1 , 0 \right) , \left( 1 , 0 , 0 , 1 \right) \right).$

On a montré que

$\left( \left( - 1 , 1 , 0 , 0 \right) , \left( 1 , 0 , 1 , 0 \right) , \left( 1 , 0 , 0 , 1 \right) \right)$ est une base de

$F + G.$

Méthode 9 : Montrer qu’un espace vectoriel est la somme directe de deux sous-espaces vectoriels.

$\bullet$ On note

$E = F \oplus G$ lorsque

$E$ est somme directe des sous-espaces

$F$ et

$G,$ on dit alors que

$F$ et

$G$ sont des supplémentaires de

$E.$

$\bullet$ Soit

$E$ un espace vectoriel et

$F, G$ deux sous-espaces vectoriels de

$E.$ Pour montrer que

$F \oplus G = E,$ on doit montrer que :

$F \cap G = \left\{ 0 \right\} \; \text{et} \; F + G = E.$

On rappelle aussi que

$E = F \oplus G$ si, et seulement si, tout élément

$x \in E$ se décompose de manière unique sous la forme

$x = y + z$ avec

$y \in F$ et

$z \in G.$

$\bullet$ La principale difficulté consiste à prouver que

$E = F + G.$ Pour cela, on peut utiliser la méthode d’analyse-synthèse :

$\quad$

$\star$ La première phase est l’analyse :

$x$ étant un vecteur quelconque de

$E,$ on suppose que l’on peut écrire

$x = f + g$ avec

$f \in F$ et

$g \in G.$ En utilisant les propriétés des sous-espaces

$F$ et

$G,$ on détermine

$f$ et

$g$ (on remarquera que si l’on a trouvé par exemple

$f,$ alors

$g = x - f$ ).

$\quad$

$\star$ Puis dans la phase « synthèse », on introduit les vecteurs

$f$ et

$g$ obtenus dans l’analyse et on vérifie que

$f + g = x, f \in F$ et

$g \in G.$

$\quad$

$\star$ Important : Si dans l’analyse, on a obtenu une unique valeur pour

$f$ et pour

$g,$ donc unicité de la décomposition si elle existe, alors on peut conclure à l’issue de la synthèse que

$E = F \oplus G.$ Exemple : Montrer que :

$\mathcal F \left( \mathbb{R} , \mathbb{R}\right) = \mathcal P \left( \mathbb{R} , \mathbb{R} \right) \oplus \mathcal I \left( \mathbb{R} , \mathbb{R} \right)$ où

$\mathcal F \left( \mathbb{R} , \mathbb{R} \right)$ est l’ensemble des fonctions de

$\mathbb{R}$ dans

$\mathbb{R},$

$\mathcal P \left( \mathbb{R} , \mathbb{R} \right)$ est l’ensemble des fonctions paires de

$\mathbb{R}$ dans

$\mathbb{R}$ et

$\mathcal I \left( \mathbb{R} , \mathbb{R} \right)$ est l’ensemble des fonction impaires de

$\mathbb{R}$ dans

$\mathbb{R},$ Réponse : Il est facile de voir que

$\mathcal P \left( \mathbb{R}, \mathbb{R} \right)$ et

$\mathcal I \left( \mathbb{R} , \mathbb{R} \right)$ sont des sous-espaces vectoriels de

$\mathcal F \left( \mathbb{R} , \mathbb{R} \right).$

Soit

$f \in \mathcal F \left( \mathbb{R} , \mathbb{R} \right),$ cherchons

$p \in \mathcal P \left(\mathbb{R} , \mathbb{R}\right)$ et

$i \in \mathcal I \left( \mathbb{R} , \mathbb{R} \right)$ telles que

$f= p + i .$ Pour cela, nous procédons par analyse-synthèse : lors de l’analyse, on suppose que de telles fonctions

$p$ et

$i$ existent et on va les exprimer à l’aide de

$f.$ Lors de la synthèse, on vérifie que les fonctions trouvées lors de l’analyse conviennent.

Analyse : On suppose qu’il existe

$p \in \mathcal P \left( \mathbb{R} , \mathbb{R} \right)$ et

$i \in \mathcal I \left( \mathbb{R} , \mathbb{R} \right)$ telles que

$f = p + i.$ Ainsi, on a pour tout

$x \in \mathbb{R},$

$f \left( x \right) = p \left( x \right) + i \left( x \right)$

$(2)$ .

En appliquant cette relation en

$-x,$ on a

$f \left( - x \right) = p \left( x \right) + i \left( -x \right).$

Puis en utilisant la parité (resp. l’imparité) de

$p$ (resp. de

$i$ ), on a :

$f \left( -x \right) = p \left( x \right) - i \left( x \right)$

$(3)$ .

En sommant

$(2)$ et

$(3)$ , on a

$f \left( x \right) + f \left( - x \right) = 2 p \left( x \right),$

soit

$p \left( x \right) = \dfrac{f \left( x \right) + f \left( - x \right)}{2}.$

Cela donne

$i \left( x \right) = \dfrac{f \left( x \right) - f \left( - x \right)}{2}.$

On en déduit que si

$p$ et

$i$ existent, elles sont uniques, cela termine l’analyse. Synthèse : Il faut vérifier que les fonctions

$p$ et

$i$ trouvées ci-dessus conviennent, c’est-à-dire que

$p$ est paire,

$i$ est impaire et

$f = p + i.$

Il est clair que

$p + i = f.$

Montrons que

$p$ est paire. Pour tout

$x \in \mathbb{R},$

$p \left( -x \right) = \dfrac{f \left( -x \right) + f \left( x \right)}{2} = p \left( x \right).$

$p$ est donc paire et on montre de la même façon que

$i$ est impaire

On a bien montré que

$\mathcal F \left( \mathbb{R} , \mathbb{R} \right) = \mathcal P \left( \mathbb{R} , \mathbb{R} \right) \oplus \mathcal I \left( \mathbb{R} , \mathbb{R} \right).$

Méthode 10 : Montrer qu’un espace vectoriel est la somme directe de deux sous-espaces vectoriels dans un espace vectoriel de dimension finie.

$\bullet$ Soit

$E$ un espace vectoriel de dimension finie et

$F$ et

$G$ deux sous-espaces vectoriels de

$E.$ Pour montrer que

$E = F \oplus G,$ il est en général plus simple de montrer que :

$F \cap G = \left\{ 0 \right\}$ et

$\dim \left( F \right) + \dim \left( G \right) = \dim \left( E \right).$ On retiendra de plus que :

$\bullet$ Lorsque

$E$ est de dimension

$n \ge 2$ de base

$\left( e_1 , \cdots , e_n \right),$ dans le cas où

$1 \le p \le n - 1,$ les sous-espaces vectoriels

$F = \mathrm{Vect} \left( e_1 , \cdots , e_p \right)$ et

$G = \mathrm{Vect} \left( e_{p + 1} , \cdots , e_n \right)$ sont supplémentaires dans

$E.$

$\bullet$ Si

$E = F \oplus G,$ si

$\left( f_1 , \cdots , f_p \right)$ est une base de

$F$ et

$\left( g_1 , \cdots , g_q \right)$ est une base de

$G,$ alors la famille

$\left( f_1 , \cdots , f_p, g_1 , \cdots , g_q \right)$ est une base de

$E$ dite adaptée à la somme directe. Exemple : Montrer que :

$\mathbb{R}^3 = F \oplus G,$ avec

$F= \mathrm{Vect}\left( \left( 1 , 1 , 1 \right) \right)$ et

$G = \mathrm{Vect} \left( \left( 1, 0 , - 1 \right) , \left( - 1 , 2 , - 1 \right) \right).$ Réponse : On pose

$f = \left( 1 , 1 , 1 \right), g_1 = \left( 1, 0 , - 1 \right)$ et

$g_2 = \left( - 1, 2, - 1 \right).$

$f$ est une base de

$F$ car c’est un vecteur générateur non nul.

$\left( g_1 , g_2 \right)$ est une famille libre (deux vecteurs non nuls et non colinéaires) et génératrice de

$G,$ c’est une base de

$G.$

On montre que

$\left( f, g_1 , g_2 \right)$ est une famille libre de

$\mathbb{R}^3.$

Soient

$a, b$ et

$c$ trois réels tels que

$af + b g_1 + c g_2 = 0.$ On obtient le système

$\begin{cases} a + b - c & = 0 \\ a + 2 c & = 0 \\ a - b - c & =0 \end{cases}.$

Avec les opérations

$L_2 \leftarrow L_2 - L_1$ et

$L_3 \leftarrow L_1 - L_3,$ on a

$\begin{cases} a + b - c & =0 \\ 3 c - b & = 0 \\ 2 b & = 0 \end{cases}.$ Cela donne

$a = b = c = 0.$

$\left( f , g_1 , g_2 \right)$ est une famille libre de

$\mathbb{R}^3$ et cardinal égal à la dimension de

$\mathbb{R}^3.$ C’est une base de

$\mathbb{R}^3.$ Alors

$\mathbb{R}^3 = F \oplus G.$

4. Applications linéaires

Méthode 11 : Montrer qu’une application est linéaire.

Soient

$E$ et

$F$ deux

$\mathbb{K}$ -espaces vectoriels. Soit

$f : E \to F$ une application. Pour montrer que

$f$ est linéaire, en général on revient à la définition, c’est-à-dire que l’on montre que pour tous vecteurs

$x , y \in E$ et pour tout

$\lambda \in \mathbb{K},$

$f \left( x + \lambda y \right) = f \left( x \right) + \lambda f \left( y \right).$

Il est aussi possible d’utiliser le fait qu’une combinaison linéaire d’applications linéaires est linéaire et que la composée d’applications linéaires est linéaire (attention quand même aux espaces vectoriels de départ et d’arrivée). On rappelle que si

$E$ et

$F$ sont de dimension finie, alors

$\mathcal L \left( E , F \right)$ est de dimension finie et

$\dim \left( \mathcal L \left( E , F \right) \right)$

$= \dim \left( E \right) \times \dim \left( F \right) \; \text{et } \; \dim \left( \mathcal L \left( E \right) \right)$

$= \left( \dim \left( E \right) \right)^2.$ Piège : Lorsque l’on demande de montrer qu’une application

$f: E \to E$ est un endomorphisme de

$E$ , on doit montrer :

$\bullet$ la linéarité de

$f$ ,

$\bullet$ si

$x\in E,$ alors

$f \left( x \right) \in E.$ \noindent Le dernier point est trop souvent oublié.

Exemple : Montrer que les applications suivantes sont linéaires : 1)

$f : \mathbb{R}_n \left[ X \right] \to \mathbb{R}_n \left[ X \right]$ définie par : pour tout

$P \in \mathbb{R}_n \left[ X \right],$

$f \left( P \right) = X P',$ 2)

$f : \mathbb{R} \left[ X \right] \to \mathbb{R} \left[ X \right]$ définie par : pour tout

$P \in \mathbb{R} \left[ X \right],$

$f \left( P \right)$ est le reste de la division euclidienne de

$P$ par

$X^2 + 1,$

Réponse :

1) Soit $P \in \mathbb{R}_n \left[ X \right].$ Cela signifie que le degré de $P$ est inférieur à $n.$ Celui de $P'$ est donc inférieur à $n - 1$ et donc celui de $X P'$ est inférieur à $n.$ Ainsi $X P' \in \mathbb{R}_n \left[ X \right].$

Soient $P, Q \in \R_n \left[ X \right]$ et $\lambda \in \mathbb{R}.$ On a

$f \left( P + \lambda Q \right)$ $= X \left( P + \lambda Q \right)'$ $\underset{\text{par linéarité de la dérivation}}{=}$ $X \left( P ' + \lambda Q' \right)$ $= X P' + \lambda X Q'$ $= f \left( P \right) + \lambda f \left( Q \right)$ .

Ainsi $f$ est un endomorphisme de $\mathbb{R}_n \left[ X \right].$

2) Soient $P , Q \in \mathbb{R} \left[ X \right]$ et $\lambda \in \mathbb{R},$ montrons que $f \left( P + \lambda Q \right) = f \left( P \right) + \lambda f \left( Q \right).$ Ici l’expression de $f$ n’est pas explicite comme dans les deux premiers exemples. Faisons la division euclidienne de $P$ et $Q$ par $X^2 + 1$ : il existe $P_1$ et $Q_1$ dans $\mathbb{R} \left[ X \right]$ tels que :

$P = \left( X^2 + 1 \right) P_1 + f \left( P \right),$

$Q = \left( X^2 + 1 \right) Q_1 + f \left( Q \right).$

En multipliant la deuxième ligne par

$\lambda$ et en sommant les lignes, on a :

$P + \lambda Q$

$= \left( X^2 + 1 \right) \left( P_1 + \lambda Q_1 \right) + \left( f \left( P \right) + \lambda f \left( Q \right) \right)$ .

$(1)$

Or, par définition de

$f,$ la division euclidienne de

$P + \lambda Q$ par

$X^2 + 1$ est :

$P + \lambda Q$

$= \left( X^2 + 1 \right) U + f \left( P + \lambda Q \right)$ .

$(2)$

De plus,

$\deg \left( f \left( P \right) + \lambda f \left( Q \right) \right)$

$\le \max \left\{ \deg \left( f \left( P \right) \right) , \deg \left( f \left( Q \right) \right) \right\}$

$\le 1$ et

$P_1 + \lambda Q_1 \in \mathbb{R} \left[ X \right].$ Par unicité du reste de la division euclidienne de

$P + \lambda Q$ par

$X^2 + 1$ dans

$(1)$ et

$(2)$ , on a

$f \left( P + \lambda Q \right) = f \left( P \right) + \lambda f \left( Q \right).$

Ainsi

$f$ est un endomorphisme de

$\mathbb{R} \left[ X \right].$

Méthode 12 : Définir une application linéaire sur une base de $E$ .

Dans certains exercices, on vous demandera de définir une application linéaire vérifiant certaines conditions. Il peut être utile de définir alors l’application linéaire seulement sur une base (éventuellement bien choisie). La linéarité permettant de la définir sur tout l’espace.

En effet, soit $f : E \to F$ une application linéaire entre deux $\mathbb{K}$ -espaces vectoriels $E$ et $F.$ Supposons que l’on connaisse $f$ sur une base de $E,$ disons $\left( e_1, \cdots, e_n \right).$ Alors si $x \in E,$ on peut écrire $x= x_1 e_1 + \cdots x_n e_n$ avec $x_i \in \mathbb{K}.$ Ainsi $f \left( x \right) = f \left( x_1 e_1 + \cdots x_n e_n \right) = \displaystyle\sum_{i=1}^n x_i f \left( e_i \right).$

On a la conséquence suivante très intéressante : pour montrer que deux applications $f$ et $g$ linéaires sont égales, il suffit de vérifier qu’elles sont égales sur les éléments d’une base.

Exemple : Soit $E$ un espace vectoriel de dimension finie. Soit $F$ un sous espace vectoriel de $E.$ Montrer qu’il existe un endomorphisme de $E$ dont $F$ soit le noyau.

Réponse : Si $F = \left\{ 0 \right\},$ l’application $id_E$ convient. Dans la suite, on suppose que $F \neq \left\{0 \right\}.$ On note $r = \dim \left( F \right) \ge 1$ et on se donne $\left( e_1 , \cdots , e_r \right)$ une base de $F$ . On complète cette famille libre en une base notée $\left( e_1 , \cdots ,e_r ,e_{r + 1}, \cdots ,e_n \right)$ de $E$ grâce au théorème de la base incomplète.

On définit $f$ de la façon suivante :

$f \left( e_i \right) = 0$ si $i \in [\![ 1, r ]\!]$ et $f \left( e_j \right) = e_j$ si $j \in [\![ r+ 1, n ]\!].$

Montrons alors que

$F = \mathrm{Ker} \left( f \right).$

Par la définition de

$f,$ il est clair que

$F \subset \mathrm{Ker} \left( f \right).$

Réciproquement, soit

$x \in \mathrm{Ker} \left( f \right),$ montrons que

$x \in F.$ On décompose

$x$ dans la base

$\left( e_1, \cdots e_n \right),$

$x=x_1 e_1 + \cdots x_n e_n.$ Comme

$f \left( x \right) = x_{r + 1} e_{r + 1} + \cdots + x_n e_n = 0$ et comme la famille

$\left( e_{r+ 1} , \cdots , e_n \right)$ est une famille libre, on obtient

$x_j = 0$ pour

$j \in [\![ r + 1 , n ]\!].$ Finalement

$x = x_1 e_1 + \cdots + x_r e_r \in F.$

On a prouvé que

$\mathrm{Ker} \left( f \right) \subset F$ puis

$\mathrm{Ker} \left( f \right) = F.$

On a construit un endomorphisme

$f$ de

$E$ tel que

$\mathrm{Ker} \left( f \right) = F.$

Méthode 13 : Déterminer le noyau d’une application linéaire.

Si $f: E \to F$ est une application linéaire entre deux espaces vectoriels $E$ et $F,$ le noyau de $f,$ noté $\mathrm{Ker} \left( f \right),$ est le sous-espace vectoriel de $E$ défini par :

$\mathrm{Ker} \left( f \right) = \left\{ x \in E , \, f \left( x \right) = 0 \right\}.$

Le noyau est généralement facile à déterminer, il suffit de résoudre l’équation

$f \left( x \right) = 0 .$

Remarque : Une application linéaire est injective si et seulement si $\mathrm{Ker} \left( f \right) = \left\{ 0 \right\}.$ Dès que l’on rencontre une question portant sur l’injectivité d’une application linéaire, il faut faire le lien avec le noyau.

Exemple :

Déterminer le noyau des applications linéaires suivantes :

1) $f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3$ définie par $f \left( x , y \right) = \left( x+ y , x - y , x + 2 y \right),$

2) $f : \mathbb{R} \left[ X \right] \to \mathbb{R} \left[X \right]$ définie par $f \left( P \right) = P \left( X + 1 \right) - P \left( X \right),$

Réponse :

1) Soit $\left( x, y \right) \in \mathrm{Ker} \left( f \right).$ On a donc : $\left( x+ y , x - y , x + 2 y \right) = \left( 0 , 0 ,0 \right),$ ainsi on a le système suivant :

$\begin{cases} x + y & = 0 \\ x -y & = 0 \\ x + 2y & = 0 \end{cases}.$

La somme des deux premières lignes donne : $2 x = 0$ puis $x = 0$ et $y = 0.$ Ainsi $\mathrm{Ker} \left( f \right) \subset \left\{ \left( 0 , 0 \right) \right\}.$ L’inclusion contraire est évidente, donc $\mathrm{Ker} \left( f \right) = \left\{ \left( 0 , 0 \right) \right\}.$

En particulier, cela montre que $f$ est injective.

2) Soit $P \in \mathrm{Ker} \left( f \right),$ cela signifie que $P \left( X + 1 \right) - P \left( X \right) = 0$ soit

$P \left( X + 1 \right) = P \left( X \right).$

On peut montrer, par récurrence, que, pour tout

$n \in \mathbb{N},$

$P \left( X + n \right) = P \left( X \right).$

En évaluant en

$0$ et en posant

$Q = P - P \left( 0 \right),$ on a donc

$Q \left( n \right) = 0$ pour tout

$n \in \mathbb{N}.$ Ainsi

$Q$ est le polynôme nul car il admet une infinité de racines et

$P$ est un polynôme constant.

Réciproquement, pour tout polynôme constant

$P,$ on a

$f \left( P \right) = 0.$

On a prouvé que

$\mathrm{Ker} \left( f \right) = \mathbb{R}_0 \left[ X \right].$

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Méthode 14 : La vérité à propos du théorème du rang.

Soient $E$ un espace vectoriel de dimension finie et $F$ un espace vectoriel (pas nécessairement de dimension finie) et $u \in \mathcal L \left( E , F \right).$ Le théorème du rang donne la relation

$\dim \left( E \right)$ $= \dim \left( \mathrm{Ker} \left( f \right) \right) + \dim \left( \mathrm{Im} \left( f \right) \right).$ En conséquence, pour démontrer que $E = \mathrm{Im} \left( f \right) \oplus \mathrm{Ker} \left( f \right),$ il suffira de montrer que $\mathrm{Im} \left( f \right) \cap \mathrm{Ker} \left( f \right) = \left\{ 0 \right\}$ et d’utiliser le théorème du rang lorsque $E$ est une espace vectoriel de dimension finie.

Remarque : Le théorème du rang ne veut pas dire que $E = \mathrm{Ker} \left( f \right) \oplus \mathrm{Im} \left( f \right)$ !

Exemple : Soient $E$ un espace vectoriel de dimension finie et $u \in \mathcal L \left( E \right).$ Montrer l’équivalence entre les propriétés

i) $E = \mathrm{Im} \left( u \right) \oplus \mathrm{Ker} \left( u \right)$

ii) $\mathrm{Im} \left( u \right) = \mathrm{Im} \left( u^2 \right)$

iii) $\mathrm{Ker} \left( u \right) = \mathrm{Ker} \left( u^2 \right).$

Réponse : On va prouver que i) $\Rightarrow$ ii) $\Rightarrow$ iii) $\Rightarrow$ i).

$\bullet$ On suppose que $E = \mathrm{Im} \left( u \right) \oplus \mathrm{Ker} \left( u \right).$

Pour tout

$y \in \mathrm{Im} \left( u^2 \right),$ il existe

$x \in E$ tel que

$y = u^2 \left( x \right) = u \left( u \left( x \right) \right),$ donc

$y \in \mathrm{Im} \left( u \right),$ ce qui prouve que

$\mathrm{Im} \left( u^2 \right) \subset \mathrm{Im} \left( u \right).$

Pour tout

$y \in \mathrm{Im} \left( u \right),$ il existe

$x \in E$ tel que

$y = u \left( x \right).$ Mais il existe

$a \in \mathrm{Im} \left( u \right)$ (donc

$t \in E$ tel que

$a = u \left( t \right)$ ) et

$b \in \mathrm{Ker} \left( u \right)$ tels que

$x = a + b.$

$y = u \left( x \right) = u \left( a \right) + u \left( b \right) = u \left( u \left( t \right) \right) + 0 = u^2 \left( t \right),$ soit

$y \in \mathrm{Im} \left( u^2 \right)$ ; on a établi que

$\mathrm{Im} \left( u^2 \right) \subset \mathrm{Im} \left( u \right).$

Par double inclusion,

$\mathrm{Im} \left( u \right) = \mathrm{Im} \left( u^2 \right).$

$\bullet$ On suppose que

$\mathrm{Im} \left( u \right) = \mathrm{Im} \left( u^2 \right).$

Pour tout

$x \in \mathrm{Ker} \left( u \right),$

$u \left( x \right) = 0,$ donc

$u^2 \left( x\right) = u \left( u \left( x \right) \right) = 0,$ soit

$x \in \mathrm{Ker} \left( u^2 \right),$ ce qui prouve que

$\mathrm{Ker} \left( u \right) \subset \mathrm{Ker} \left( u^2 \right).$

Par le théorème du rang

$\dim \left( \mathrm{Ker} \left( u \right) \right)$

$= \dim \left( E \right) - \dim \left( \mathrm{Im} \left( u \right) \right)$

$= \dim \left( E \right) - \dim \left( \mathrm{Im} \left( u^2 \right) \right)$

$= \dim \left( \mathrm{Ker} \left( u^2 \right) \right).$

L’inclusion

$\mathrm{Ker} \left( u \right) \subset \mathrm{Ker} \left( u^2 \right)$ et l’égalité des dimensions donne

$\mathrm{Ker} \left( u \right) = \mathrm{Ker} \left( u^2 \right).$

$\bullet$ On suppose que

$\mathrm{Ker} \left( u \right) = \mathrm{Ker} \left( u^2 \right).$

Pour tout

$y \in \mathrm{Im} \left( u \right) \cap \mathrm{Ker} \left( u \right),$ il existe

$x \in E$ tel que

$y = u \left( x \right)$ et

$u \left( y \right)= 0$ donc

$u^2 \left( x \right) = u \left( y \right) = 0$ soit

$x \in \mathrm{Ker} \left( u^2 \right),$ alors

$x \in \mathrm{Ker} \left( u \right),$ soit

$u \left( x \right) = 0,$ donc

$y = 0.$

On a prouvé que

$\mathrm{Im} \left( u \right) \cap \mathrm{Ker} \left( u \right) \subset \left\{ 0 \right\}.$ L’inclusion contraire est évidente.

Ayant

$\mathrm{Im} \left( u \right) \cap \mathrm{Ker} \left( u \right) = \left\{ 0 \right\}$ et

$\dim \left( E \right) = \dim \left( \mathrm{Ker} \left( u \right) \right) + \dim \left( \mathrm{Im} \left( u \right) \right),$ on a prouvé que

$E = \mathrm{Im} \left( u \right) \oplus \mathrm{Ker} \left( u \right).$

Ce chapitre sur les espaces vectoriels s’inscrit dans la lignée du chapitre de terminale. Découvrez aussi les autres chapitres à connaître absolument pour réussir en ECG1 :

Cours : Espaces vectoriels & Applications Linéaires

Résumé de cours, méthodes – Espaces vectoriels/applications linéaires

1. Premières notions sur les espaces vectoriels et les familles de vecteurs

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2. Espaces vectoriels de dimension finie

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3. Somme de sous-espaces vectoriels

4. Applications linéaires

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