Espaces vectoriels

a) En utilisant la définition :

Ce qu'il faut retenir de la définition d'un espace vectoriel $\rm (ev)$. La définition est longue et relativement compliquée. Il faut retenir qu'il y a deux opérations :

• L'addition : si on ajoute deux éléments de $\rm E$ – qu'on appelle vecteurs – on obtient un nouveau vecteur
• La multiplication externe : si on multiplie un vecteur par un scalaire (c'est-à-dire un réel ou un complexe) on obtient un vecteur.
  "externe", car on multiplie un vecteur par un objet extérieur à l'espace vectoriel à savoir un scalaire.

Retenir qu'il y a un vecteur particulier : le vecteur nul noté $\rm 0_E$ qui vérifie $x+0_{\rm E}=x$ pour tout vecteur $x$ de $\rm E$.

b) Connaître les ev de références :

• ${\Bbb R}^n$ (ou ${\Bbb C}^n$). Un vecteur est $\rm n$-uplet $(x_1,\ldots,x_n)$. Le vecteur nul est $(0,\ldots,0)$.
• $({\Bbb K}^{{\Bbb N}},+,\cdot)$ l'ensemble des suites à valeurs dans ${\Bbb K}$. Le vecteur nul = la suite nulle notée $(0)_{n \ge 0}$.
• $\rm ({\mathcal F}(A,{\Bbb R}),+,\cdot) = ({\Bbb R}^{A},+,\cdot)$ l'ensemble des fonctions de $\rm A$ dans ${\Bbb R}$ où $\rm A$ désigne une partie de ${\Bbb R}$. Le vecteur nul est la fonction nulle.
• $(\mathrm M_{n,p}({\Bbb K}),+,\cdot)$ l'ensemble des matrices de taille $n \times p$ à coefficients dans ${\Bbb K}$
  Le vecteur nul est la matrice nulle notée $(0)$.
• $\rm {\Bbb K}[X]$ l'espace vectoriel des polynômes. Le vecteur nul est le polynôme nul noté $\rm 0_{{\Bbb K}[X]}$.

Remarque : Soient $\mathrm E_1,\ldots, \mathrm E_n$ des $\mathbb K$-espaces vectoriels.

Le produit $\mathrm E_1\times \ldots \times \mathrm E_n$ est un groupe commutatif pour la loi $+$ définie pour tous $(x_1,\ldots,x_n),(y_1,\ldots,y_n)\in \mathrm E_1\times \ldots\times \mathrm E_n $ par : $(x_1,\ldots,x_n)$$+$$ (y_1,\ldots,y_n)$ $=(x_1+y_1,\ldots,x_n+y_n)$.

On le munit d’une loi externe $\cdot$ en posant pour tous $\lambda \in \mathbb K$ et $(x_1,\ldots ,x_n)\in \mathrm E_1\times \ldots \times \mathrm E_n $ par : $\lambda \cdot (x_1,\ldots ,x_n)= (\lambda \cdot x_1,\ldots ,\lambda\cdot x_n)$.

Alors $(\mathrm E_1\times \ldots \times \mathrm E_n,+,\cdot)$ est un $\mathbb K$-espace vectoriel.

a) La notion de sous-espace vectoriel engendré.

C'est l'une des notions les plus importantes du cours d'algèbre linéaire.

Définition : Soit $\rm E$ un ${\Bbb K}$-$\rm ev$. Une famille finie de vecteurs de $\rm E$ est la donnée d'un nombre fini de vecteurs de $\rm E$. Une famille se note ${\mathcal F} = (u_1, \ldots, u_p)$ ou ${\mathcal F} =
\left(u_i\right)_{1 \leq i \leq p}$.

Le sous-espace vectoriel engendré par la famille ${\mathcal F}$, noté ${\rm vect}({\mathcal F})$, est l'ensemble des combinaisons linéaires $\rm (= C.L)$ des vecteurs $u_1, \ldots, u_p$. Autrement dit : ${\rm vect}({\mathcal F}) = \{\lambda_1 u_1 + \ldots + \lambda_p u_p$ tel que $(\lambda_1,\ldots,\lambda_p) \in {\Bbb K}^p\}$.

Remarque : si $p=1$, alors $\mathrm{vect}({\mathcal F}) = \mathrm{vect}(u_1) = \{\lambda.u_1 \mid \lambda \in {\Bbb K}\}$ ; c'est une droite vectorielle.

Théorème : un sous-espace vectoriel engendré est un sous-espace vectoriel.

b) Méthode pour écrire un sous-espace vectoriel défini par des équations sous la forme d'un sous-espace vectoriel engendré :

Par exemple : soit $\mathrm F = \{(x,y,z) \in {\Bbb R}^3 \mid x+y+z=0\}$.

On écrit un vecteur de $\rm F$ avec le MINIMUM de paramètres possibles. On a besoin de 3 paramètres : $x$, $y$ et $z$ pour décrire un vecteur de ${\Bbb R}^3$ mais si ce vecteur appartient à $\rm F$, on sait que (par exemple) $z=-x-y$ donc$(x,y,z) = (x,y,-x-y)$ puis on décompose :

$(x,y,z) = (x,y,-x-y) = (x,0,-x)+(0,y,-y) = x(1,0,-1) + y(0,1,-1)$ ce qui montre que tous les vecteurs de $\rm F$ sont des $\rm C.L$ des vecteurs $a=(1,0,-1)$ et $b = (0,1,-1)$.

Autrement dit, on a montré que $\mathrm{F = vect}(a,b)$.

Cela montre que $\rm F$ est un sous-espace vectoriel engendré donc un $\rm sev$ ! (cf. théorème précédent) donc un $\rm ev$ !

En effet, par théorème, un sev est un ev !

c) Comment montrer qu'une partie d'un ev est un sous-espace vectoriel ?

Soit $\rm F$ une partie d'un $\rm ev$ $\rm E$. On se demande si $\rm F$ est un $\rm sev$ ou pas.

• Premier test à faire. Si le vecteur nul $\rm 0_E$ n'appartient pas à $\rm F$ alors $\rm F$ n'est pas un $\rm sev$.

Par exemple, l'ensemble $\mathrm F=\{(x,y,z) \in {\Bbb R}^3 \mid x+y+z=1\}$ n'est pas un $\rm sev$ car le vecteur nul $(0,0,0)$ n'appartient pas à $\rm F$.

• On utilise la définition :

$\rm F$ est une partie non vide $\rm E$ stable par $\rm C.L$ c'est-à-dire $\forall (x,y) \in \rm F^2$, $\forall (\lambda,\mu) \in {\Bbb K}^2$, $\lambda x + \mu y \in \rm F$ ce que l'on peut écourter en $\forall (x,y) \in \rm F^2$, $\forall \lambda\in {\Bbb K}$, $\lambda x + y \in \rm F$.

• On montre que $\rm F$ est un sev engendré (voir exemple dans le paragraphe précédent).
• On montre que $\rm F$ est l’intersection de sous-espaces vectoriels de $\rm E$, $\rm F$ sera donc aussi un sous-espace vectoriel de $\rm E$.
• On reconnaît un sous-espace vectoriel de référence :
  • Toute droite de $\mathbb R^2 $ passant par $(0,0)$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb R^2$.
  • Toute droite et tout plan de $\mathbb R^3$ passant par $(0,0,0)$ sont des sous-espaces vectoriels de $\mathbb R^3$.
  • Pour tout $n\in \mathbb N$, $\mathbb K_n[\rm X]$, l’ensemble des polynômes de degré inférieur ou égal à $n$ est un sous-espace vectoriel de $\rm \mathbb K[X]$.

a) Définition

Soit $\rm E$ un ${\Bbb K}$-$\rm ev$. Soient $\rm F$ et $\rm G$ deux sev de $\rm E$.

La somme de $\rm F$ et $\rm G$ est la partie de $\rm E$ définie par : ${\rm F+G} = \{x+y \mid x \in \rm F$ et $y \in \rm G\}$

$z\in \rm F+G \iff$ il existe $x\in \rm F$ et $y\in \rm G $ tel que $z=x+y$.

b) Somme directe

La somme précédente est dite directe si par définition la décomposition de tous les vecteurs $z=x+y$ dans $\rm F+G$ est UNIQUE. Elle se note $\rm F \oplus G$.

Remarque : la notation $\rm F \oplus G$ désigne la même chose que $\rm F+G$ mais elle apporte l'information supplémentaire que la somme est directe.

Théorème :

• $\rm F+G$ est un $\rm sev$ de $\rm E$
• $\rm F$ et $\rm G$ sont en somme directe si et seulement si $\rm F \cap G = \{0_E\}$.

c) Sous-espaces vectoriels supplémentaires :

Définition :

Soient $\rm F$ et $\rm G$ deux sev d'un ${\Bbb K}$-$\rm ev$ $\rm E$.

$\rm F$ et $\rm G$ sont supplémentaires dans $\rm E$ si $\rm E=F \oplus G$.

Autrement dit : $\rm F$ et $\rm G$ sont supplémentaires si :

• $\rm F$ et $\rm G$ sont en somme directe
• $\rm F+G=E$

Remarque : ne pas confondre SOMME DIRECTE et SUPPLÉMENTAIRE

Si deux sev sont supplémentaires alors ils sont en somme directe, mais la réciproque est fausse.

Exemple :

Dans l'espace vectoriel ${\Bbb R}^3$, on considère la droite $\rm F = vect((1,0,0))$ et la droite $\rm G = vect((0,1,0))$.

On a $\rm F\cap G = \{(0,0,0)\}$ donc $\rm F$ et $\rm G$ sont en somme directe.

Mais $\rm F+G=$ le plan horizontal $(x\mathrm Oy) \neq {\Bbb R}^3$ donc $\rm F$ et $\rm G$ ne sont pas des $\rm sev$ supplémentaires dans ${\Bbb R}^3$.

d) Comment montrer que deux sev sont supplémentaires ?

1ère méthode :

On utilise la définition en 2 étapes à savoir

• $\bf 1^{ère}$ étape : on montre que $\rm F$ et $\rm G$ sont en somme directe en utilisant le théorème sur l'intersection $\rm F \cap G$.
• $\bf 2^{ème}$ étape : on montre que $\rm F+G=E$. Pour cela, on montre seulement l'inclusion $\rm E \subset F+G$ (car $\rm F+G \subset E$ est toujours vraie).

2ème méthode :

On utilise la définition en une étape à savoir :$\forall z \in \rm E$ il existe un unique couple $(x,y) \in \rm F\times G$ tel que $z = x+y$

Cela revient à résoudre un système linéaire d'inconnues $x$ et $y$ de second membre $z$ et de montrer que ce système admet une unique solution.

Exemple :

Plaçons nous dans $\rm E={\Bbb R}^3$. On considère le plan vectoriel $\mathrm F = \{(x,y,z)\in {\Bbb R}^3 \mid x-y+z=0\}$ et la droite vectorielle $\rm G = vect\left((1,2,3)\right)$.

Soit $w=(x,y,z) \in {\Bbb R}^3$.

On considère le système$w = u + v$ d'inconnues $u \in \rm F$ et $v \in \rm G$.

Précisons le système. On a $u=(\alpha,\beta,\gamma) \in \rm F \iff \alpha-\beta+\gamma=0$ et $\rm v \in G \iff v = \lambda\cdot (1,2,3)$.

On a donc $(x,y,z) = (\alpha,\beta,\gamma) + (\lambda, 2\lambda, 3\lambda)$ et $\alpha - \beta + \gamma = 0$.

Soit par identification des coordonnées :

$\left\{\begin{array}{lll}
x & = & \alpha + \lambda \\
y & = & \beta + 2\lambda \\
z & = & \gamma + 3\lambda \\
0 & = & \alpha-\beta+\gamma
\end{array}\right.$

Attention : les inconnues sont $\alpha, \beta, \gamma$ et $\lambda$ et non $x$, $y$ et $z$ !

Après calcul, on trouve :

$\left\{\begin{array}{lll}
\alpha & = &\displaystyle \frac{1}{2}(x+y-z) \\
\beta & = & -x +2y -z \\
\gamma & = & -\frac{1}{2}(3x-3y+z) \\
\lambda & = & \frac{1}{2}(x-y+z)
\end{array}\right.$

Comme le système admet une unique solution, on peut en déduire que$\rm F$ et $\rm G$ sont des sev supplémentaires dans ${\Bbb R}^3$.

Les calculs précédents permettent en prime d'obtenir l'unique décomposition du vecteur $(x,y,z)$ dans la $\rm F \oplus G$.

On a $\scriptstyle u=\left(\frac{1}{2}(x+y-z),-x +2y -z,-\frac{1}{2}(3x-3y+z)\right)$ $\scriptstyle = \frac{1}{2}(x+y-z,-2x+4y-2z,-3x+3y-z)$ et $\scriptstyle v = \lambda\cdot (1,2,3) = \frac{1}{2}(x-y+z)(1,2,3)$.

Donc l'unique décomposition du vecteur $w=(x,y,z)$ s'écrit $\scriptstyle (x,y,z) = \frac{1}{2}(x+y-z,-2x+4y-2z,-3x+3y-z) + \frac{1}{2}(x-y+z)(1,2,3)$.

On peut vérifier que la somme des deux vecteurs donne bien $(x,y,z)$.

3ème méthode :

Même méthode que précédemment mais au lieu de résoudre le système, on procède par un raisonnement pas analyse-synthèse.

On veut montrer que $\rm E =F \oplus G$. Le raisonnement par Analyse-Synthèse se déroule en deux étapes :

• Une première étape appelée ANALYSE consiste à supposer qu'ona $\rm E = F + G$ c'est-à-dire que tout vecteur $z \in \rm E$ se décompose en $z = x + y$ avec $x \in \rm F$ et $y \in \rm G$.

De l'égalité $z = x + y$, on en déduit une expression de $x$ et $y$ en fonction de $z$. Ces expressionsétant uniques, on en déduit que la décomposition est unique.

À ce stade, nous avons montré que :

Si la décomposition existe alors elle est unique.

• Une deuxième étape appelée SYNTHÈSE consiste à prouver que la décomposition de tout vecteur de $\rm E$ existe bien.

On prend un vecteur $z$ quelconque de $\rm E$. On définit $x$ et $y$ en prenant les expressions trouvées dans l'analyse.

On vérifie que :

1. $x + y$ est bien égal à $z$
2. $x$ appartient bien à $\rm F$
3. $y$ appartient bien à $\rm G$

À ce stade, nous avons montré que :

La décomposition de tout vecteur existe.

Finalement, l'analyse-synthèse permet d'affirmer que tout vecteur de $\rm E$ se décompose de manière unique dans la somme $\rm F+G$.

Exemple :

Dans l'espace vectoriel $\rm E = {\mathcal F}({\Bbb R},{\Bbb R})$ des fonctions définies sur ${\Bbb R}$, on définit : $\rm P$ l'ensemble des fonctions paires et $\rm I$ l'ensemble des fonctions impaires

On montre que $\rm P$ et $\rm I$ sont des $\rm sev$ de $\rm E$.

Nous allons prouver par ANALYSE-SYNTHÈSE que $\rm {\mathcal F}({\Bbb R},{\Bbb R}) = I \oplus P$.

• ANALYSE : Soit $f \in \rm E$. Supposons qu'il existe $g \in \rm I$ et $h \in \rm P$ tel que $f = g + h$.

Alors pour tout réel $x$ : $f(x) = g(x) + h(x)$. Donc $f(-x) = g(-x) + h(-x)$.

Sachant que $g$ est impaire et $h$ est paire, on obtient ainsi le système :

$\left\{\begin{array}{lll}
f(x) & = & g(x) + h(x)\\
f(-x) & = & -g(x) + h(x)
\end{array}\right.$ d'inconnue $g$ et $h$.

On obtient par addition et soustraction des lignes précédentes :

$\displaystyle h(x) = \frac{1}{2}\left[f(x)+f(-x)\right]$ et $\displaystyle g(x) = \frac{1}{2}\left[f(x)-f(-x)\right]$.

On a donc montré que SI la décomposition $f=g+h$ existe ALORS nécessairement $h$ doit être de la forme $\displaystyle h(x) = \frac{1}{2}\left[f(x)+f(-x)\right]$ et $g$ doit être de la forme $\displaystyle g(x) = \frac{1}{2}\left[f(x)-f(-x)\right]$.

Cela prouve que SI la décomposition existe ALORS cette décomposition est unique

• SYNTHÈSE : soit $f$ dans $\rm E$.

On définit la fonction $h$ par $\displaystyle\forall x \in {\Bbb R}, h(x) = \frac{1}{2}\left[f(x)+f(-x)\right]$ et la fonction $g$ par $\displaystyle \forall x \in {\Bbb R}, g(x) = \frac{1}{2}\left[f(x)-f(-x)\right]$

On vérifie que $g+h = f$. $\forall x \in {\Bbb R}$, $\displaystyle g(x) + h(x) = \frac{1}{2}\left[f(x)-f(-x)\right] + \frac{1}{2}\left[f(x)+f(-x)\right] = f(x)$.

On a donc bien $g+h = f$.

On vérifie que la fonction $h$ est paire. $\forall x \in {\Bbb R}$, $\displaystyle h(-x) = \frac{1}{2}\left[f(-x)+f(x)\right] = h(x)$. Donc $h \in \rm P$.

On vérifie que la fonction $g$ est impaire.

$\forall x \in {\Bbb R}$, $\displaystyle g(-x) = \frac{1}{2}\left[f(-x)-f(x)\right] = -g(x)$. Donc $g \in \rm I$.

On a donc prouvé l' existence de la décomposition de $f$.

Par ailleurs, la décomposition s'écrit :

$\rm E = I \oplus P$
$\displaystyle f = \left(x \mapsto \frac{1}{2}\left[f(x)-f(-x)\right]\right)$ $+$ $\displaystyle\left(x \mapsto \frac{1}{2}\left[f(x)+f(-x)\right]\right)$

4ème méthode (uniquement en dimension finie) :

• On montre que $\rm F$ et $\rm G$ sont en somme directe.

• On montre que $\rm \dim(F) + \dim(G)$ $\rm = \dim(E)$.

(En effet, on a $\rm \dim(F + G) = \dim(F \oplus G)$ $\rm = \dim(F) + \dim(G)$ car la somme est directe. Donc $\rm \dim(F + G)= \dim(E)$ et comme $\rm F+G \subset E$ (inclusion toujours vraie), $\rm F+G = E$).