Algèbre linéaire I & II

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1 Ecole Polytechnique Fédérale de Lausanne Algèbre linéaire I & II Notes de cours D après le cours d algèbre linéaire du Prof. K. Hess Bellwald EPFL Fabien Margairaz En collaboration avec Noé Cuneo

2 Algèbre linéaire I&II Ce document n est pas officiel L image du titre est une image d une matrice de Hadamard Il s agit d une matrice avec des colonnes orthogonales et dont toutes les entrées sont égales soit à 1 pixels blancs, soit à 1 pixels noirs. Cet exemple a été découvert en 2004 par H. Kharaghani et B. Tayfeh-Rezaie. Il n a pas encore été découvert s il existe une matrice de Hadamard de taille Mais une conjoncture prétend qu il existe des exemples de taille 4n 4n pour tout n. Source : http :// Lire l article de Wikipedia pour plus de renseignements en anglais. 1

3 Table des matières Avant-propos 4 1 Ensembles et applications Relations et applications Espaces vectoriels Définitions, exemples et propriétés élémentaires Sous-espaces vectoriels Sommes directes Espaces vectoriels de dimension finie Génération de sous-espaces Bases Dimension d un espace vectoriel Applications linéaires Définitions et exemples Sous-espaces associés aux applications linéaires Théorie des application linéaires Isomorphismes Matrice et applications linéaires Les matrices Relation entre applications linéaires et matrices Matrices inversibles Matrices et systèmes d équations linéaires Systèmes et leurs solutions Matrices élémentaires L algorithme de Gauss-Jordan Déterminants : première approche Produits scalaires Introduction Définitions et exemples Propriétés importantes de la norme Orthogonalité et bases orthogonales Le procédé de Gram-Schmidt Produits scalaires et applications linéaires Meilleures approximations Valeurs propres et vecteurs propres Définitions et exemples Calcul de spect Diagonalisation

4 TABLE DES MATIÈRES Algèbre linéaire I&II 8.4 Un bref aperçu du cas réel Opérateurs linéaires et produits scalaires L adjoint d une application linéaire Opérateurs auto-adjoints et normaux Théorèmes spectraux Opérateurs normaux sur R-espaces vectoriels Isométries Les opérateurs complexes Vecteurs propres généralisés Le polynôme caractéristique Le polynôme minimal Décomposition d opérateur Bases de Jordan La trace et le déterminant d un opérateur complexe La trace Le déterminant d un opérateur Annexes 150 A La récurrence B Déterminants : quelques suppléments

5 Avant-propos Remarques importantes Ce document, basé sur des notes personnelles, a été réalisé dans le soucis d avoir un support de cours écrit. Il a été relu par la professeur K. Hess Bellwald. Cependant, des erreurs peuvent subsister. Le cours du professeur K. Hess Bellwald est inspiré du livre de S. Axler : Linear Algebra Done Right, aux éditions Springer 1. Ce document est basé sur les cours d algèbre linéaire des années académiques et Tout ce qui a été présenté au cours y figure. L ordre de présentation des propositions peut être différent. Les preuves peuvent légèrement différer de celles présentées au cours. Pour de raisons d écologie et de gaspillage, n imprimez ce document qu en cas de réel besoin. Remerciements Je tiens à remercier la professeur K. Hess Bellwald pour son travail de relecture, ainsi que Laurent Repond et Edgar Fernandes pour leur précieuse aide dans la réalisation de ce document. Je remercie également toutes les personnes ayant signalé des fautes. Merci et bonne lecture! Fabien Margairaz fabien.margairaz@epfl.ch 1 ISBN

6 Chapitre 1 Ensembles et applications Glossaire des terminologies et des symboles Les ensembles N : ensemble des nombres naturels, contient {0} Z : l ensemble des nombres entiers Z + = N = {1, 2, 3,...} Q : l ensemble des nombres rationnels R : l ensemble des nombres réels C : ensemble des nombres complexes F : veut dire soit R ou C Abréviations mathématiques : pour tout : il existe et! il existe un unique : appartient à / : n appartient pas à : est inclus dans, est un sous-ensemble de : n est pas inclus dans ou n est pas un sous ensemble de : implique que : est équivalent à ou si et seulement si Exemple 1.1. Utilisation basique : n N, n + 1 N N Z Q R C x R, x C n un entier pair n m un entier pair m Z!z R tq x + z = x = z + x, x R Les ensembles et opérations sur les ensembles {A B} : l ensemble de tous les A tq la propriété B soit vérifiée. : ensemble vide Soit X et Y des ensembles alors : X Y = {z z X ou z Y } X Y = {z z X et z Y } X Y = {x, y x X et y Y } Si Y X alors X Y = {x X x / Y } Si X est un ensemble ayant un nombre fini d éléments alors #X est le nombre l élément de X, on l appelle la cardinalité de X 5

7 1.1 Relations et applications Algèbre linéaire I&II 1.1 Relations et applications Soient X et Y des ensembles. Pour comparer X et Y, il nous faut les notions suivantes : Définition 1.1. Soient X et Y des ensembles, une relation de X vers Y est un sous-ensemble R X Y. Définition 1.2. Une relation R X Y est une application ou fonction si : x X,!y Y tq x; y R. Exemple 1.2. X = {x 1, x 2 } et Y = {y 1, y 2, y 3 }. Posons : 1. R = {x 1 ; y 1, x 1 ; y 2, x 1 ; y 3 } X Y. R est une relation mais pas une application car il y a 3 éléments y i de Y tq x 1, y i R. y i Y tq x 2, y i R. 2. R = {x 1 ; y 1, x 2 ; y 1 } X Y. R est une application car i = 1, 2,...!y j Y tq x i, y j R 3. R = {x 1, y 3, x 2, y 2 }. R est une application. Définition 1.3. Soit R X Y une application, nous écrirons : f R : X Y : x f R x. Où x X, f R x est l unique élément de Y tq x; f R x R X est le domaine de f ou la source de f. Y est le codomaine de f ou le but de f. Exemple 1.3. Revenons aux applications précédentes : { x1 y 1. f : X Y : 1 x 2 y 1 { x1 y 2. f : X Y : 3 x 2 y 2 Exemple 1.4. Soit R = {n; n n Z} Z Z Alors R est une application de Z vers Z car n Z!m Z m = n tq n; m R Dans l autre notation : f : Z Z : n n, fn = n Noter que Z est à la fois le domaine et le codomaine Caractérisation des applications Définition 1.4. Soit f : X Y une application, alors : f est injective si fx = fx x = x f est surjective si y Y, x X tq fx = y f est bijective si f est injective et surjective. 6

8 1.1 Relations et applications Algèbre linéaire I&II Remarque. f bijective f surjective, donc y Y, x X tq fx = y. Or f est aussi injective et donc si fx = y = fx, on a forcement que x = x. Autrement dit, f est bijective y Y,!x X tq fx = y. Par ailleurs, si y Y,!x X tq fx = y alors f est bijective. En effet, si y Y,!x X tq fx = y, alors f est surjective. Et comme y Y,!x X tq fx = y, si fx = fx, alors par l unicité de x, on a que x = x et donc f et injective. On appelle une fonction injective, surjective, bijective une injection, surjection, bijection. Exemple 1.5. Revenons aux applications précédentes. 1. f n est pas injective car fx 1 = y 1 = fx 2 et x 1 x 2 f n est pas surjective car fx 1 y 1, fx 1 y 3, fx 2 y 2, fx 2 y 3 2. f est injective car fx 1 fx 2 f n est pas surjective car fx 1 y 1 fx 2 Exemple 1.6. f : Z Z : n n, alors f n est pas injective, car : f2 = 2 = 2 = f 2 mais 2 2 Plus généralement, n Z +, fn = n = f n et n n. De plus, f n est pas surjective, car fn 0 n Z donc m < 0, n Z tq fn = m. Définition 1.5. Soit f : X Y une application, soit A X un sous-ensemble. Alors la restriction de f à A est l application : On ignore donc les x X tq x / A. f A : A Y tq f A a = fa, a A Autrement dit, si R X Y est la relation qui correspond à f, alors R = {a, y a A, a, y R} est la relation qui correspond à la restriction. Exemple 1.7. f : Z Z : n n. Posons A = N Z Considérons, f A : A Z. Alors n N, f A n = fn = n = n car n 0. Alors f A est injective, car si m, n N et f A m = f A n, alors m = f A m = f A n = n, i.e., f est injective. Mais f A n est pas surjective, car f A n 0 n N Définition 1.6. Soit f : X Y une application, l image de f est le sous-ensemble de Y tq Imf = {fx Y x X} = {y Y x X avec fx = y} Y Exemple 1.8. f : Z Z : n n. Imf = { n n Z} = N. En effet, montrer que Imf N et que N Imf, ce qui implique que Imf = N. Premièrement, Imf est un sousensemble du codomaine de f, i.e., Imf Z. De plus fn = n 0, donc n Z, fn 0 donc fn N. Ainsi ; Imf N. Deuxièmement, soit n N. Puisque N Z, fn est défini. En fait, fn = n = n, puisque n N et donc n 0. Par conséquent, n N n = fn Imf, et donc N Imf. Nous avons donc Imf = N. Remarque. f : X Y est surjective Imf = Y. 7

9 1.1 Relations et applications Algèbre linéaire I&II Pour préciser quels éléments de X sont envoyés par f sur un élément particulier de Y, nous avons besoin de la définition suivante : Définition 1.7. Soit f : X Y une application. Soit Z Y tq Imf Z. La corestriction à Z est l application : f Z : X Z : x fx, i.e., f Z x = fx, x X. Cette définition a du sens, car x X, fx Imf Z donc fx Z Exemple 1.9. Considérons la corestriction f N : Z N. Alors f N est surjective car n N, fn = n = f N n. Définition 1.8. Soit f : X Y une application. Soit y Y. La pré-image de y est un sous-ensemble : f 1 {y} = {x X fx = y} X Plus généralement, soit B Y, la pré-image de B est le sous-ensemble f 1 B = {x X fx B} X Exemple Considérer l application f : Z Z : n n. f 1 {3} = {n Z fn = 3} = {n Z n = 3} = {3; 3} Posons B = {2n n N} f 1 B = {m Z fm B} = {m Z n N avec fm = m = 2n} = {2n n Z} f 1 { 5} = {n Z fn = 5} = {n Z n = 5} = B = {n Z n < 0} f 1 B = car n 0 n Z f 1 Z = Z Remarque. Pour toute application f : X Y, si y / Imf, alors f 1 {y} = Exemple f : Z Z : n n + 1. f est injective car fn = fm n + 1 = m + 1 n = m f est surjective car n Z, fn 1 = n = n, i.e., Imf = Z f est donc bijective et possède un inverse. f 1 : Z Z tq f f 1 n = n n Z, donc f 1 n + 1 = f f 1 n = n, ce qui implique de f 1 n = n 1 n Z. Définition 1.9. Soient f : X Y et g : Z W des applications. Alors f = g si 1. X = Z et Y = W. 2. fx = gx x X. Définition Soit X un ensemble, l application identité sur X est l application : Id X : X X : x x, x X 8

10 1.1 Relations et applications Algèbre linéaire I&II Définition Soient f : X Y et g : Y Z des applications. La composition de f et de g donne une application g f : X Z : x g fx = g fx x X Remarque. On voit facilement que f : X Y application, f Id X = f = Id Y f Définition Soit f : X Y une application bijective. g : Y X est l inverse ou réciproque de f si : g f = Id X et f g = Id Y Noté f 1 : Y X : y f 1 y, et définie par f 1 y est l unique élément de X tq f f 1 y = y. Proposition 1.1. Soient X et Y des ensembles et soit f : X Y une application. Alors f est inversible f est une bijection. Démonstration. = Supposons que f est inversible, et soit g : Y X un inverse à f. Alors f est une surjection, puisque y Y : y = Id y y = f g y = fgy Imf. Par ailleurs, f est une injection, car si fx = fx, alors x = Id X x = g f x = gfx = gfx = g f x = Id X x = x Par conséquent, f est une bijection. = Supposons que f est une bijection. Soit R = {x, fx x X} X Y la relation correspondante. Observer que y Y,!x X tq x, y R, puisque f est une bijection. Considérer la relation R = {y, x x, y R} Y X Observer que y, x R x, y R. Par conséquent, R correspond à une application de Y vers X, y Y,!x X tq x, y R. Soit g : Y X l application correspondent à R. Alors il est immédiat que g f x = gfx = x = IdX x, x X et que f g x = fgy = y = IdY y, y Y ce qui veut dire que g f = Id X et f g = Id Y, i.e., f est inversible, avec inverse g. 9

11 1.1 Relations et applications Algèbre linéaire I&II Lemme 1.1. Soient f : X Y, g : Y Z, h : Z W des applications. Alors h g f = h g f Démonstration. h g fx = h gfx = h g fx, x X Proposition 1.2. Si f : X Y est inversible, alors son inverse est unique, i.e., si g et h sont les inverses de f, alors g=h. Démonstration. Soient g, h : Y X des inverses de f. Alors g = g Id Y = g f h = g f h = Id X h = h Exemple Considérer les applications : f 1 : Z Z : n n + 1 f 2 : Z Z : n 6n g 1 : Z Z : n 2n g 2 : Z Z : n 3n + 6 Il est clair que f 1 f 2 g 1 g 2, toutes ces applications sont distinctes. f 2 f 1 n = f 2 f 1 n = 6 f 1 n = 6n + 1 = 6n + 6 g 2 g 1 n = g 2 g 1 n = 3g 1 n + 6 = 32n + 6 = 6n + 6 Ainsi f 2 f 1 = g 2 g 1 mais f 1 f 2 f 2 f 1 et g 1 g 2 g 2 g Soit f : X Y une application bijective soit f 1 : Y X son inverse. On peut les composer, pour obtenir : f f 1 y = f f 1 y = y, y Y, i.e., f f 1 = Id Y. 10

12 Chapitre 2 Espaces vectoriels Motivation : Géométrie des vecteurs dans R 2 et de R 3 et des règles vérifiées par l addition de deux vecteurs et par la multiplication d un vecteur par un scalaire réel. En terme de coordonnées : u = u 1, u 2, v = v 1, v 2 R 2 alors, u + v = u 1 + v 1, u 2 + v 2 R 2 et α R alors α u = αu 1, αu 2. Par conséquent, si u = u 1, u 2, v = v 1, v 2 R 2, α R, alors, α u + v = αu 1 + v 1, αu 2 + v 2 = αu 1 + αv 1, αu 2 + αv 2 = α u + α v R 2. Idée : Etendre les propriétés essentielles de ces opérateurs dans R 2 et R 3 pour qu elles deviennent les axiomes d un espace vectoriel abstrait. But : Pouvoir appliquer les méthodes et les intuitions géométriques dans un contexte plus général, par exemples, à des polynômes. 2.1 Définitions, exemples et propriétés élémentaires Définition 2.1. Un F-espace vectoriel consiste en un ensemble V, dont les éléments sont notés v V et appelés vecteurs, muni de deux opérations : Addition : V V V : v, w v + w. Aussi appelée loi interne. Multiplication par scalaire : F V V : α, w α w. Aussi appelée loi externe. Vérifiant les axiomes suivants : V 1 commutativité de l addition : v + w = w + v, v, w V V 2 associativité : cet axiome est en deux parties : u + v + w = u + v + w, u, v, w V αβ v = αβ v, α, β F, v V V 3 existence d un élément neutre pour l addition : 0 V tq v + 0 = v, v V V 4 existence d inverse additif : v V, w V tq v + w = 0 V 5 normalisation : 1 v = v, v V V 6 distributivité : cet axiome est en deux parties : α w + v = α v + α w, α F, v, w V α + β v = α v + β v, α, β F, v V Remarque. Noter que l axiome V 3 implique que tout espace vectoriel contient au moins un vecteur : 0 Exemple 2.1. Les exemples suivants présentent des espaces vectoriels avec lesquels nous allons travailler tout au long de ce cours. 11

13 2.1 Définitions, exemples et propriétés élémentaires Algèbre linéaire I&II 0. Soit V un F-espace vectoriel V = { 0}. Définissons l addition et la multiplication par un scalaire, add : = 0 multi : α 0 = 0, α F et vérifions les axiomes! V = V = et αβ 0 = 0 = αβ 0 V = 0, donc 0 agit bien comme un élément neutre pour l addition. V = 0, donc 0 agit bien comme un inverse additif. V 5 α 0 = 0, α F 1 0 = 0 V 6 α = 0 = = α 0 + α 0 et α + β 0 = 0 = = α 0 + β 0 Conclusion : muni des opérations définies ci-dessus, V = { 0} est un F-espace vectoriel. 1. Soit n N, soit F n = {a 1, a 2,..., a n a i F, 1 i n}. Définissons l addition et la multiplication par un scalaire. add : F n F n F n : a, b a + b par a + b = a 1 + b 1,..., a n + b n. multi : F F n F n : α, a α a par α a = αa 1,..., αa n, α F. Ainsi F n est un F-espace vectoriel. V 1 a 1,..., a n +b 1,..., b n = a 1 +b 1,..., a n +b n = b 1 +a 1,..., b n +a n = b 1,..., b n + a 1,..., a n V 2 [a1,..., an + b1,..., bn] + c1,..., cn = a1 + b1 + c1,..., an + bn + cn = a 1 + b 1 + c 1,..., a n + b n + c n = a 1,..., a n + [b 1,..., c n + c 1,..., c n ] αβa 1,..., a n = αβa 1,..., βa 1 = αβa 1,..., αβa n = αβa 1,..., αβa n = αβa 1,..., a n V 3 Poser 0 = def 0,..., 0. Alors : a 1,..., a n +0,..., 0 = a 1 +0,..., a n +0 = a 1,..., a n V 4 Soit a 1,..., a n F n. Alors b 1,..., b n F n tq a 1,..., a n +b 1,..., b n = 0,..., 0. 1 i n, soit a i l inverse additif de a i dans F. Ainsi nous avons, a 1,..., a n + a 1,..., a n = a 1 + a 1,..., a n + a n = 0,..., 0 = 0 V 5 1a 1,..., a n = 1a 1,..., 1a n = a 1,..., a n V 6 Soient a 1,..., a n, b 1,..., b n F n est soit α F. Ainsi, αa 1,..., a n + b 1,..., b n = αa 1 + b 1,..., a n + b n Soit a 1,..., a n F n et soient α, β F Ainsi, = αa 1 + b 1,..., αa n + b n = αa 1 + αb 1,..., αa n + αb n = αa 1,..., αa n + αb 1,..., αb n = αa 1,..., a n + αb 1,..., b n α + βa 1,..., a n = α + βa 1,..., α + βa n = αa 1 + βa 1,..., αa n + βa n = αa 1,..., αa n + βa 1,..., βa n = αa 1,..., a n + βa 1,..., a n 12

14 2.1 Définitions, exemples et propriétés élémentaires Algèbre linéaire I&II Conclusion : muni des opérations définies ci-dessus, F n est un F-espace vectoriel. 2. L espace des applications Soit X un ensemble. Poser F X, F = {f : X F f une application}. Définir l addition et la multiplication par un scalaire. add : F X, F F X, F F X, F : f, g f +g par f +gx = fx+gx multi : F F X, F F X, F : α, f α f par α fx = α fx Ainsi F X, F est un F-espace vectoriel. V 1 V 2 V 3 Soient f, g F X, F, montrons que f + g = g + f. Nous avons f + g = g + f fx + gx = gx + fx, x X. Soit x X. Alors, fx, gx F. Puisque l addition dans F est commutative, nous avons que fx + gx = gx + fx, x X. L associativité de l addition et de la multiplication par scalaire dans F X, F suit immédiatement de l associativité dans F. Définir z : X F par zx = 0, x X. Alors, f F X, F, nous avons, f + z = f car f + z x = fx + zx = fx + 0 = fx, x X. Ainsi, l application z : X F joue le rôle de vecteur 0 dans F X, F. V 4 Soit f : X F, il faut trouver g : X F tq f + g = z. Définir g : X F par gx = fx, x X. Alors, f + g = z car f + g x = fx + gx = fx + fx = 0 = zx, x X. V 5 1 fx = fx, x X et f F X, F V 6 Comme dans V 1 et V 2, les deux types de distributivité dans F X, F suivent immédiatement de la distributivité dans F Conclusion : muni des opérations définies ci-dessus, F X, F est un F-espace vectoriel. 3. L espace des polynômes à coefficients dans F Poser PF = { a k x k n N, a k F, a n 0} {0}. On écrira souvent px pour un k=0 élément de PF. Définissons l addition et la multiplication par un scalaire. add : PF PF PF : px, qx px + qx par px + qx = maxn,m k=0 a k + b k x k avec px = m a k x k, qx = b k x k. Nous posons si n < m, a j = 0, n < j m, si m < n, b j = 0, m < j n. multi : F PF PF : α, px α px par αpx = m αa k x k avec px = k=0 k=0 a k x k, α F k=0 Avec px + 0 = px et 0px = 0. Ainsi PF est un F-espace vectoriel. Quelques pistes... V 1 V 2 V 3 suit de la commutativité de l addition dans F suit de l associativité de l addition et de la multiplication par scalaire dans F par définition des opérations avec le polynôme zéro, 0 est un élément neutre de l addition dans PF k=0 13

15 2.1 Définitions, exemples et propriétés élémentaires Algèbre linéaire I&II V 4 soit px PF, écrire px = Alors, a k x k et poser qx = k=0 px + qx = a k x k. k=0 ak + a k x k = 0 k=0 Ainsi, qx est l inverse additif de px V 5 évident V 6 suit de la distributivité dans F Conclusion : muni des opérations définies ci-dessus, PF est un F-espace vectoriel. 4. L espace des matrices à m lignes et n colonnes à coefficients dans F Une matrice à m lignes et n colonnes est un tableau : α 1,1 α 1,2 α 1,n α 2,1 α 2,2 α 2,n M = où α i,j F, i, j α m,1 α m,2 α m,n Nous écrivons M ij pour désigner l entrée à la place i, j. Ainsi, α i,j = M i,j pour M = α i,j. Nous noterons M m, n, F ou Matm, n, F l ensembles des matrices à m lignes et n colonnes à coefficients dans F. Soient M = α i,j, N = β i,j M m, n, F et soit λ F. Définissons l addition et la multiplication par un scalaire. add : M m, n, F M m, n, F M m, n, F α 1,1 + β 1,1 α 1,n + β 1,n M + N =..... α m,1 + β m,1 α m,n + β m,n multi : F M m, n, F M m, n, F λα 1,1 λα 1,n λm =..... λα m,1 λα m,n Ainsi M m, n, F est un F-espace vectoriel 1. Remarque. Les F-espaces vectoriels que nous venons de définir dans les exemples précédent sont très importants. Nous allons travailler avec tout au long de ce cours. Remarque. Le polynôme 0 La meilleur façon de voir le polynôme 0 est comme : 0 = 0 + 0x + 0x 2 =... = 0 + 0x +...0x n =... Proposition 2.1. Propriétés élémentaires d un espace vectoriel Soit V un F espace vectoriel. 1. Soit z V, si v V tq v + z = v alors z = 0 unicité de l élément neutre 2. Soient v, w, w V. Si v + w = v + w, alors w = w 3. 0 v = 0, v V 4. α 0 = 0, α F 5. 1 v est toujours l inverse additif de v, v V. 1 voir la série 4 ; exercice 1 14

16 2.2 Sous-espaces vectoriels Algèbre linéaire I&II Remarque. De la propriété 2 on tire qu il existe un unique inverse additif v V car si v + w = 0 = v + w alors w = w Remarque. v V, on écrit v pour l unique inverse additif de v. Démonstration. Nous nous baserons uniquement sur les axiomes des espaces vectoriels. 1. Par l axiome V 4, w V tq v + w = 0. Alors par V 1, v + w = w + v = 0. Ainsi si v = v + z, alors, en prenant la somme avec w sur les deux membres, on obtient, 0 = w + v = w + v + z = w + v + z = 0 + z = z + 0 = z Ainsi, nous avons bien z = Nous savons, par l axiome V 4 que z tel que v + z = 0, ainsi : 3. w = w + 0 = w + v + z = w + v + z = w + v + z = w + v + z = w + 0 = w Ainsi, nous avons bien w = w. 0 v = v = 0 v + 0 v Par la propriété 1, on a que 0 v = 0, où 0 v joue le rôle de v et de z dans l énoncé de la propriété Par l axiome V 3, on a = 0 et donc, α 0 = α = α 0 + α 0 5. De même, par la propriété 1, on a que α 0 = 0. v + 1 v = 1 v + 1 v = v = 0 v = 0 Ainsi, 1 v est l unique inverse additif de v, par Sous-espaces vectoriels Question : Etant donné un F-espace vectoriel V et un sous-ensemble U V, quand est-ce que U est un F-espace vectoriel, muni de l addition et de la multiplication par scalaire héritée de V? Réponse partielle : Il est évident qu il faut au moins : u, v U = u + v U α F, v U = α v U En fait, ces deux conditions sont non seulement nécessaires, mais aussi suffisantes, pour autant que U. Exemple 2.2. Soit V = F n, U = {a, 0,..., 0 a F} V Alors U est un sous-espace vectoriel de V. En effet, a, 0,..., 0 + b, 0,..., 0 = a + b, 0,..., 0 U, a, b F et αa, 0,.., 0 = αa, 0,..., 0 U, α, a F. Ensuite il faut vérifier les axiomes. Considérer U = {a, 1, 0,..., 0 a F} dans ce cas, U n est pas un sous-espace vectoriel de V. En effet, a, 1, 0,..., 0 + b, 1, 0,..., 0 = a + b, 2, 0,..., 0 / U et αa, 1, 0,..., 0 = αa, α, 0,..., 0 / U, si α 1. Ainsi, il n est pas nécessaire de vérifier les axiomes. Nous ne sommes pas obligés de re-vérifier tous les axiomes pour être sûr que U est un sous-espace vectoriel de V. Cet exemple motive la proposition suivante : 15

17 2.2 Sous-espaces vectoriels Algèbre linéaire I&II Proposition 2.2. Caractérisation des sous espaces vectoriels Soit V un F espace vectoriel, soit U V un sous-ensemble. Alors : U U est un sous-espace vectoriel de V u + u U, u, u U α u U, u U, α F Remarque. Si U hérite ainsi d une structure d espace vectoriel de V, alors U est un sousespace vectoriel de V. Démonstration. = On suppose U un sous-espace vectoriel de V. En particulier, U est un F-espace vectoriel et donc 0 U et donc U. Par ailleurs, U est un sous-espace vectoriel de V. Ce qui implique que l on peut restreindre l addition et la multiplication par scalaire de V à U, i.e., Im add U U U, i.e., u + v U, u, v U Im multi F U U, i.e., α v U, α F, v U Les conditions u + u U, u, u U et α u U, u U, α F sont donc vérifiées. = On suppose que U et que les conditions u + u U, u, u U et α u U, u U, α F soient vérifiées. Nous allons voir que muni de l addition et la multiplication par scalaire provenant de V, le sous ensemble U est lui-même un F-espace vectoriel. Observer que puisque les axiomes V 1, V 2, V 5 et V 6 sont vérifiés dans V, ils sont aussi vrais dans U, qui est un sous-ensemble de V. Seuls les axiomes d existence sont à vérifier, i.e., les axiomes V 3 et V 4. V 3 U u U. La troisième condition ci-dessus implique que α u U, α F. En particulier, 0 u U. Or, la propriété 3 implique que 0 u = 0 0 U. V 4 Soit u U. V est F-espace vectoriel u V. Montrons que u U. Par la propriété 5 et la troisième condition, u = 1 u U. Exemple 2.3. Application de la caractérisation 0. Soit V un F-espace vectoriel, alors { 0} est un sous-espace vectoriel de V. { 0} = 0 { 0} α 0 = 0 { 0}, α F 1. Soit V = F n {a 1, a 2,..., a n a i F, 1 i n} avec la définition de l addition et de la multiplication par scalaire usuelle. a Soit U = {a, 2a,..., na a F} alors U est un sous-espace vectoriel de V. U Soient a, 2a,..., na, b, 2b,..., nb U a, 2a,..., na + b, 2b,..., nb = a + b, 2a + 2b,..., na + nb U αa, 2a,..., na = αa, α2a,..., αna = αa, 2αa,..., nαa U, α F b Posons n = 3 et F = R et considérer U = {x, x y, y x, y R} R 3 Alors U est un sous-espace vectoriel de R 3 U Soient x, x y, y, x, x y, y U x, x y, y + x, x y, y = x + x, x + x y + y, y + y U αx, x y, y = αx, αx αy, αy U, α F 2. Soit V = PF. Considérer { n } U = P n F = a k z k n N, a k F, a n 0 {0} k=0 Alors P n est un sous-espace vectoriel de PF. 16

18 2.2 Sous-espaces vectoriels Algèbre linéaire I&II PF car pz = 0 pz = 0 + 0z z n Soient pz = a k z k, qz = b j z j U k=0 pz + qz = Soient pz = j=0 a k z k + k=0 b j z j = a a n z n + b b n z n j=0 = a 0 + b a n z n + b n z n = a 0 + b a n + b n z n = a k + b k z k p + q P n F k=0 a k z k U, α F. k=0 αpz = α a k z k = αa a n z n = αa αa n z n k=0 = αa αa n z n = αa k z k αp P n F k=0 3. Considérer le cas V = F R, R, qui est un R-espace vectoriel. Poser U = {f : R R f continue} Alors U est un sous-espace vectoriel de V = F R, R. U f, g : R R continue. Alors f + g : R R continue. f : R R continue. Alors αf : R R continue α R. Il est du ressort d un cours d analyse de démontrer ces affirmations. Preuve par ε, δ Remarque. L exemple 2 motive la notion de degré d un polynôme, notée deg p = n. Pour le polynôme 0 on pose deg0 =. Constructions avec des sous-espaces vectoriels Définition 2.2. Soient U 1,..., U n vectoriel. Leur somme est des sous-espaces vectoriels de V, un F-espace U U n = def { u u n u i U i, 1 i n} Remarque. u i U i V, 1 i n, u u n V et par conséquent U U n V. Lemme 2.1. Soit V un F-espace vectoriel et soient U 1,..., U n des sous-espaces vectoriels de V. Alors 1. U U n est un sous-espace vectoriel de V. 2. Si U est un sous-espace vectoriel de V tq U i U, 1 i n, alors la somme U U n U. 17

19 2.3 Sommes directes Algèbre linéaire I&II Démonstration. 1. Utiliser la caractérisation des sous-espaces vectoriels. Soient v, v U U n. Montrer que v + v U U n. Nous avons v, v U U n u i, u i U i, 1 i n tq v = u u n et v = u u n Ainsi, v + v = u u n + u u n = u 1 + u u n + u n }{{}}{{} U 1 U n Or chaque U i est un sous-espace vectoriel de V, donc u i + u i U U n. U i, i v + v Soit v U U n et soit α F. Montrer que α v U U n. v U U n u i U i, i tq v = u u n. Ainsi, α v = α u u n = α u }{{} α u n. }{{} U 1 U n Or chaque U i est un sous-espace vectoriel de V, donc α v U i, i α v U U n. Conclusion : U U n est un sous-espace vectoriel de V. 2. On suppose U i U, i, où U est un sous-espace vectoriel de V. Montrer que U U n U, i.e., v U U n on a que v U. Soit v U U n, i.e., u i U i, i tq v = u u n. Or u i U i u i U car U i U, i. Puisque U est un sous-espace vectoriel de V et u i U, i il suit que v = u u n U. Remarque. Le Lemme implique que U U n est le plus petit sous-espace vectoriel de V qui contient tous les U i. 2.3 Sommes directes Définition 2.3. Soient U 1,..., U n des sous-espaces vectoriels de V, un F-espace vectoriel. Leur somme U U n est dite directe si v U U n,!u 1 U 1,..., u n U n tq v = u u n. Nous noterons les sommes directes : U 1 U 2... U n. Exemple 2.4. Poser e i = 0,..., 0, 1, 0,..., 0, i.e.,, le vecteur contenant que des 0 sauf un 1 au rang i. Poser U i = {α e i α F}. U i est un sous-espace vectoriel de F n. 1. Que représente la somme U U n? 2. La somme U U n est-elle directe? Essayons de répondre formellement à ces questions. Tout d abord, effectuons un petit calcul préliminaire. U U n = { u u n u i U i 1 i n} Or, u i U i α i F tq u i = α i e i = 0,...0, α i, Ainsi u u n = α 1 e α n e n = α 1, 0,..., ,..., 0, α n = α 1,..., α n 18

20 2.3 Sommes directes Algèbre linéaire I&II 1. Affirmation U U n = F n U U n F n, cette inclusion est triviale car U U n est un sous-espace vectoriel de F n et donc un sous-ensemble. F n U U n, F n = {a 1,..., a n a i F, 1 i n}. Par le calcul préliminaire, nous avons que pour tout a 1,..., a n F n a 1,..., a n = a 1 e }{{} a n e n U }{{} U n U 1 U n Ainsi F n U U n Nous avons donc bien l égalité F n = U U n 2. Affirmation. Cette somme est directe, i.e., U 1... U n = F n. Supposons que u i, u i U i, 1 i n tq u u n = u u n. Montons que u i = u i, 1 i n. Ainsi, u i, u i U i = {α e i α F} α i, α i F tq Ainsi, par le calcul préliminaire, nous avons. { ui = α i e i u i = α i e i 1 i n. Par conséquent, nous avons que : α 1,..., α n = α 1 e α n e n = u u n = u u n = α 1 e α n e n = α 1,..., α n α i = α i, 1 i n u i = u i, 1 i n La somme est donc directe, i.e., U 1... U n = F n. Autrement dit, si u u n = u u n u i = u i, 1 i n où u 1, u i U i, 1 i n alors Exemple 2.5. Soit V, un F-espace vectoriel et soit U un sous-espace vectoriel de V. Montrons que U + { 0} = U et que cette somme est directe. U +{ 0} U : v U +{ 0} u U tq u = v+ 0 Par conséquent, v U +{ 0} v U U U + { 0} : u U u = u + 0 U + { 0}. Par conséquent, U U + { 0} La somme est directe car, u + 0 = u + 0 u = u. Ainsi, U = U { 0}. Proposition 2.3. Caractérisation des sommes directes Soit U 1,..., U n des sous-espaces vectoriels de V, un F-espace vectoriel. Alors { si 0 = u U U n est directe u n, u i U i, 1 i n, alors u i = 0, 1 i n. Démonstration. = Supposons que la somme soit directe. Observer que 0 peut se décomposer en la somme suivante : 0 = où 0 U i, 1 i n. Nous avons que si u u n = 0 = , où u i U i, 1 i n alors u i = 0, 1 i n 19

21 2.3 Sommes directes Algèbre linéaire I&II = Supposons que 0 = u u n u i = 0, 1 i n. Supposons que u u n = u u n où u i, u i U i, 1 i n Additionnons u 1... u n aux deux membres de cette égalité et appliquons les axiomes V 1 et V 2 pour arriver à u 1 u u n u n = 0 }{{}}{{} U i U n Donc par hypothèse u i u i = 0, 1 i n, i.e., u i = u i, 1 i n. La somme est donc bien directe. Corollaire 2.1. Soient U 1, U 2 des sous-espaces vectoriels de V, un F-espace vectoriel. Alors U 1 + U 2 est directe U 1 U 2 = { 0} Démonstration. = Supposons que U 1 + U 2 est directe. Ainsi, si v U 1 U 2, alors v U 1 et v U 2. Par conséquent, Ainsi, U 1 U 2 = { 0} 0 = v v = }{{} v + v v = 0 = v }{{} U 1 U 2 = Supposons U 1 U 2 = { 0}. Supposons que 0 = u 1 + u 2 où u 1 U 1 et u 2 U 2. Alors, u 1 = u 2 où u 1 U 1 et u 2 U 2, i.e., u 2 U 1 U 2 = { 0}, donc u 2 = 0 et u 1 = 0. Ainsi, u 1 + u 2 = 0 u 1 = 0 = u 2 et donc la somme est directe par la caractérisation ci-dessus. Remarque. Ce résultat n est pas généralisable. En effet, si U 1,..., U n des sous-espace vectoriel de V, alors, U 1... U n U 1... U n = { 0} Il est facile de montrer que l implication directe est vraie. Cependant, la réciproque n est pas vraie. De même, pour la proposition suivante, U 1... U n U i U j = { 0} i j. l implication directe est vraie, mais pas la réciproque. 20

22 Chapitre 3 Espaces vectoriels de dimension finie 3.1 Génération de sous-espaces Définition 3.1. Soit V un F-espace vectoriel. Soit v 1,..., v n une liste de vecteurs dans V. Le sous-espace vectoriel de V engendré par cette liste est le sous-espace vectoriel suivant : { n } span v 1,..., v n = α i v i α i F, 1 i n def On dit que α i v i est une combinaison linéaire des vecteur v 1,..., v n. Si U = span v 1,..., v n alors v 1,..., v n est une liste génératrice pour U. On dit que U est engendré par la liste v 1,..., v n. Proposition 3.1. span v 1,..., v n est un sous-espace vectoriel de V. Démonstration. Soient u, w span v 1,..., v n. Alors α 1,..., α n et β 1,..., β n F tq u = w = α i v i et β i v i et donc u + w = α i v i + Ainsi, u + w span v 1,..., v n. β i v i = α i v i + β i v i = α i + β i v i }{{} combinaison linéaire 21

23 3.1 Génération de sous-espaces Algèbre linéaire I&II Soit u = α i v i span v 1,..., v n et soit ζ F. Alors ζ u = ζ α i v 1 = ζα i v i = ζα i v i }{{} combinaison linéaire Ainsi, ζ u span v 1,..., v n Conclusion : span v 1,..., v n est bien un sous-espace vectoriel de V. Remarque. Observer que la commutativité de V implique que l ordre des v i dans la liste v 1,..., v n n a pas d importance. En effet, span v 1,..., v k,..., v n = span v k, v 1,..., v n. Exemple 3.1. Quelques exemples de listes génératrices importantes. 1. Soit V = F n, soient e 1 = 1, 0,...0,..., e n = 0,..., 0, 1 F Alors F n = span e 1,..., e n. : Par la définition du span, nous avons que span e 1,..., e n F n : Soit v = α 1,..., α n F n un vecteur quelconque. Alors v = α 1 e α n e n. Ainsi, v span e 1,..., e n 2. Soit V = P n F. Rappel : PF = { a k x k n N, a k F, a n 0} {0}. Alors k=0 V = span1, x, x 2,..., x n. : De même par la definition du span : Soit px P n F, alors px est par définition un combinaison linéaire de 1, x, x 2,..., x n Remarque. En fait, span v 1,..., v n est le plus petit sous-espace vectoriel qui contient v 1,... v n. Si W V est un sous-espace vectoriel avec v i W, 1 i n alors, span v 1,..., v n W, puisque W doit contenir les multiples et sommes de tous ses éléments. Remarque. Soit V, un F-espace vectoriel. v V, alors, span v = {α v α F} Définition 3.2. Un F-espace vectoriel V est dit de dimension finie s il existe v 1,..., v n tq V = span v 1,..., v n Exemple 3.2. Soit V = PF, montrons que V est de dimension infinie. Supposons par l absurde que V soit de dimension finie. Alors n N et p 1,..., p n PF tq spanp 1,..., p n = PF. Soient k i = degp i le degré de p i. Posons k = maxk i. Alors, p 1,..., p n P k F. Donc, spanp 1,..., p n P k F, et par hypothèse : PF spanp 1,..., p n Ce qui est contradictoire. Ainsi, la dimension de PF est infinie. Proposition 3.2. Soit V, un F-espace vectoriel. Alors pour toute liste v 1,.., v n, nous avons : span v 1,..., v n = span v span v n. Démonstration. Utilisons la définition du span. 22

24 3.1 Génération de sous-espaces Algèbre linéaire I&II span v 1,.., v n span v span v n : Soit w span v 1,..., v n, nous avons w = α i v i. Or α i v i span v i, α i F, 1 i n. Donc w span v span v n. span v span v n span v 1,..., v n : Puisque w span v span v n, nous avons que, w i span v i, 1 i n tq w = w i. Or w i span v i, par conséquent, α i F tq w i = α i v i, 1 i n. Ainsi, w = α i v i span v 1,..., v n. Span et sommes directes Sous quelles conditions est-ce que la somme span v span v n est directe? Autrement dit, par la caractérisation des sommes directes, quand est-ce que 0 = w w n, où w i span v i, 1 i n. w i = 0, 1 i n? Analysons la question : si 0 = w w n et w i span v i, 1 i n alors, α i F tq w i = α i v i, 1 i n et donc 0 = α i v i. Ainsi : si α i v i = 0 la somme est directe alors α i v i = 0, 1 i n. Alors α i v i = 0, 1 i n. Mais si α i v i = 0, 1 i n soit α i = 0, soit v i = 0. Cette analyse nous mène à la définition. Indépendance linéaire Définition 3.3. Une liste de vecteurs v 1,..., v n est dite linéairement indépendante ou non-liée ou libre si, α i v i = 0 = α i = 0, 1 i n Si la liste ne vérifie pas cette condition, elle est dite linéairement dépendante ou liée. Remarque. La liste v 1,..., v n est linéairement dépendante si et seulement si α 1,..., α n F tq α i v i = 0 avec α 1,..., α n pas tous nuls, i.e., i tq α i 0. Remarque. Soient { X 1, X 2 V des sous-ensembles non vides, alors, r } spanx 1 = α i v i r 1, v i X 1, α i F spanx 1 X 2 = spanx 1 + spanx 2 X 1 X 2 V = spanx 1 spanx 2 V 23

25 3.1 Génération de sous-espaces Algèbre linéaire I&II Définition 3.4. Soit V, un F-espace vectoriel, et soit un sous-ensemble A V et A est lié si tout nombre fini d éléments de A est lié. Lemme 3.1. Soit V, un F-espace vectoriel. Soit v 1,..., v n une liste dans V. La liste v 1,..., v n est linéairement indépendante seulement si v i 0, 1 i n. Démonstration. Montrer par l absurde que v i 0, 1 i n si v 1,..., v n est linéairement indépendante. Supposer donc que i tq v i = 0. Soit α F, α 0, considérons la combinaison linéaire 0 v }{{} v i 1 + α v i + 0 v }{{}}{{} i v n = 0 }{{}}{{} =0 =0 =0 =0 =0 Or α 0 est contradictoire avec l indépendance linéaire. Ainsi, v i 0, 1 i n. Proposition 3.3. Soit v 1,..., v n une liste dans V. Alors, ces trois propositions sont équivalentes : 1. La liste v 1,..., v n est linéairement indépendante. 2. Si α i v i = β i v i alors α i = β i, 1 i n 3. La somme span v span v n est directe et v i 0, 1 i n. Démonstration. 1= 2 On suppose v 1,..., v n linéairement indépendante. Si alors, 0 = = α i v i = α i v i β i v i = β i v i α i v i + β i v i }{{} = β i v i n αi v i + β i v i = αi + β i v i. Ainsi, puisque le liste v 1,..., v n est linéairement indépendante par hypothèse, α i + β i = 0, 1 i n., i.e., α i = β i, 1 i n. 1= 3 Par le Lemme, nous avons que v i 0, 1 i n. Pour voir que la somme span v span v n est directe, supposer que 0 = w i où w i span v i, 1 i n et donc que α i F tq w i = α i v i, 1 i n. Ainsi, 0 = α i v i, donc α i = 0, 1 i n puisque la liste v 1,..., v n est linéairement indépendante. Par conséquent, w i = α i v i = 0 v i = 0, 1 i n. Ainsi, la somme est directe. 24

26 3.1 Génération de sous-espaces Algèbre linéaire I&II 2= 3 Supposons 2 vrai. Si i tq v i = 0, alors, 0 v a v i v n = 0 v b v i v n, a, b F. Il y a contradiction avec la condition 2. Donc, v i 0, 1 i n Montrons que span v 1,..., v n = span v 1... span v n. Nous avons déjà montré que span v 1,..., v n = span v span v n 1. Il nous reste à montrer que la somme est directe. Supposons que 0 = w i où w i span v i et montrons que w i = 0, 1 i n. Or w i span v i a i F tq w i = a i v i, 1 i n. Ainsi, 0 = w i 0 = 0 v i = a i v i. Ce qui implique, par la condition 2, que a i = 0, 1 i n. Par conséquent, w i = a i v i = 0 v i = 0, 1 i n. Ainsi, la somme est directe. 3= 1 Supposer que v i 0, 1 i n et que la somme span v span v n soit directe. Supposer que α i v i = 0. Nous avons vu que puisque la somme span v 1 + i= span v n est directe, α i v i = 0, 1 i n et donc, de deux choses l une, soit α i = 0, soit v i = 0. Cette dernière possibilité est éliminée par l hypothèse. Nous avons donc forcément que α i = 0, 1 i n. Et par conséquent, la liste v 1,..., v n est linéairement indépendante. Proposition 3.4. Propriétés élémentaires 1. La liste v est linéairement indépendante v 0 2. La liste v, w est linéairement indépendante { α F tq v = α w et v, w Si w span v 1,..., v n alors la liste v 1,..., w,..., v n est linéairement dépendante. Démonstration. 1. = Conséquence directe du Lemme 3.1. = Supposons v 0. Alors, 0 = α v α = 0. Ainsi la liste v est linéairement indépendante. 2. = Supposons que v, w est linéairement indépendante, nous avons alors par le Lemme 3.1 que v, w 0. Supposons par l absurde que α F tq v = α w, alors : 1 v + α w = v α w = 0. Ce qui est en contradiction avec l indépendance linéaire de v, w. Par conséquent, α F tq v = α w. = Supposons que α v + β w = 0 et montrons par contradiction que α = 0 = β. Ainsi, supposons par l absurde qu au moins un de α ou β soit non nul. Sans perte de généralité, nous pouvons supposer que α 0 et donc α 1 F tq αα 1 = 1. Ainsi, 1 voir proposition = α 1 0 = α 1 α v + β w = α 1 α v + α 1 β w = v + α 1 β w v = α 1 β w ce qui est contradictoire 25

27 3.1 Génération de sous-espaces Algèbre linéaire I&II Par conséquent, α = 0 = β. Ainsi, la liste v, w est linéairement indépendante. 3. Si w span v 1,..., v n alors α 1,..., α n F tq w = v 1,..., v n, w et la combinaison linéaire suivante, α i v i. Considérons la liste α i v i + 1 w = α i v i + α i v i = α i + α i v i = 0 Ainsi, il existe une combinaison linéaire des vecteurs de la liste v 1,..., v n, w qui est égale à 0, mais où au moins un des coefficients est non nul, i.e., le coefficient de w est 0. Autrement dit, la liste v 1,..., v n, w est linéairement dépendante. En particulier, si V = span v 1,..., v n, alors si w V, la liste v 1,..., v n, w est linéairement dépendante Lemme 3.2. Lemme du vecteur superflu Soit V un F-espace vectoriel, soient v 1,..., v n V. Si v 1 0 et si v 1,..., v n est linéairement dépendante, alors 1 j n tq v j span v 1,..., v j 1 span v 1,..., v n = span v 1,..., v j 1, v j+1,..., v n Démonstration. Supposons que la liste v 1,..., v n soit linéairement dépendante. Ainsi, a 1,..., a n F pas tous nuls, tq a i v i = 0. Considérons {i a i 0} et posons, j = max{i a i 0}. Ainsi, la combinaison linéaire est de la forme : j a i v i = 0. Observer que j 2 puisque si j = 1, nous aurions a i v 1 = 0, avec a i 0, ce qui n est pas possible puisque v 1 0 par l hypothèse. Ainsi, nous avons : a 1 v a j 1 v j 1 = a j v j avec a j 0 et donc : 1 j 1 a1 v a j 1 v j 1 = vj, i.e., v j = a i v i span v 1,..., v j 1. a j a j Pour montrer que span v 1,..., v n = span v 1,..., v j 1, v j+1,..., v n, nous allons montrer les deux inclusions. span v 1,..., v j 1, v j+1,..., v n span v 1,..., v n : v 1,..., v j 1, v j+1,..., v n est une sous liste de v 1,..., v n et donc span v 1,..., v j 1, v j+1,..., v n span v 1,..., v n span v 1,..., v n span v 1,..., v j 1, v j+1,..., v n : Soit w span v 1,..., v n, i.e., a 1,..., a n F tq w = a i v i. Or v j span v 1,..., v j 1, 26

28 3.1 Génération de sous-espaces Algèbre linéaire I&II j 1 i.e., b 1,..., b j 1 F tq v j = b i v i. Par conséquent, w = = = j 1 j 1 n a i v i + a j v j + a i v i + j 1 a j j 1 a i + a j b i v i + } {{ } span v 1,..., v j 1 i=j+1 a i v i n b i v i + n i=j+1 span v 1,..., v j 1, v j+1,..., v n i=j+1 a i v i }{{} span v j+1,..., v n a i v i Ainsi, span v 1,..., v n span v 1,..., v j 1, v j+1,..., v n. Ce qui implique que span v 1,..., v n = span v 1,..., v j 1, v j+1,..., v n. Théorème 3.1. Théorème de la borne Soit V un F-espace vectoriel tel qu il existe une liste v 1,..., v n avec V = span v 1,..., v n. Alors si la liste u 1,..., u m de vecteurs de V est linéairement indépendante, m n. Démonstration. Démonstration par récurrence en m étapes. 1ère étape span v 1,..., v n = V implique que u 1, v 1,..., v n est linéairement dépendante. Par ailleurs, puisque u 1,..., u m est linéairement indépendante, nous savons que u i 0, 1 i m. En particulier, u 1 0. Nous pouvons donc appliquer le lemme du vecteur superflu à u 1, v 1,..., v n. Ainsi, j 1 tq v j span v 1,..., v j 1 et tq span u 1, v 1,..., v j 1, v j+1,..., v n = span u 1, v 1,..., v n = V Noter que, par le lemme 3.2, nous ne pouvons pas enlever le vecteur u 1 parce que la liste u 1,..., u m est linéairement indépendante. 2ème étape span u 1, v 1,..., v j 1, v j+1,..., v n = V implique que u 1, u 2, v 1,..., v j 1, v j+1,..., v n est linéairement dépendante. Par ailleurs, u 1 0. Nous pouvons appliquer le lemme du vecteur superflu et donc k 1, k j tq v k soit une combinaison linéaire des vecteur qui le précèdent dans la liste et tq span u 1, u 2, v 1,..., v k 1, v k+1,..., v j 1, v j+1,..., v n = V Noter que nous ne pouvons pas enlever les vecteurs u 1, u 2 parce que la liste u 1,..., u m est linéairement indépendante. jème étape Nous commençons par une liste u 1,..., u j 1, v k1,..., v kn j+1 qui engendre l espace V. Noter que la liste v k1,..., v kn j+1 est une sous liste de v 1,..., v n à laquelle nous avons retiré j 1 vecteurs. Par conséquent, en y ajoutant u j, nous obtenons la liste u 1,..., u j, v k1,..., v kn j+1 linéairement dépendante 27

29 3.2 Bases Algèbre linéaire I&II Puisque u 1 0, nous pouvons appliquer le lemme du vecteur superflu. Or u 1,..., u j est linéairement indépendante, et donc aucun des u i n est une combinaison linéaire des vecteurs qui le précèdent. Par conséquent, i 1 tq v ki span u 1,..., u j, v k1,..., v ki 1 et tq V = span u 1,..., u j 1, v k1,..., v ki 1, v ki+1,..., v kn j+1 j + 1ème étape Nous pouvons itérer cette procédure jusqu à la mème étape pour obtenir une liste u 1,..., u m, v k1,..., v kn m. En particulier, nous devons pouvoir éliminer un vecteur de la liste v 1,..., v n à chacune des m étapes de cette procédure. Par conséquent, il faut que v 1,..., v n contienne au moins m vecteurs, i.e., il faut que m n. Le Lemme du vecteur superflu nous garantit l existence de ces vecteurs à éliminer de la liste v 1,..., v n à chaque étape. Corollaire 3.1. Tout sous-espace vectoriel U d un F-espace vectoriel V de dimension finie est de dimension finie Démonstration. Soit V un F-espace vectoriel de dimension finie, engendré par v 1,..., v n. Soit U un sous-espace vectoriel de V. Si U = { 0}, U est trivialement de dimension finie. Si U { 0}, V est de dimension finie, il existe une liste tq V = span v 1,..., v n. Soit u 1,..., u j U tq u 1,..., u j soit linéairement indépendante. Supposons, par l absurde que dimu = +. Alors, span u 1,..., u j U, i.e., u j+1 U span u 1,..., u j tq u 1,..., u j, u j+1 soit linéairement indépendante. Ainsi, en appliquant ce processus n fois à la liste linéairement indépendante u 1, nous obtenons la liste u 1,..., u n+1 linéairement indépendante dans U et donc dans V, ce qui est en contradiction avec le théorème de la borne. Par conséquent, la dimension de U est finie. 3.2 Bases Définition 3.5. Soit V un F-espace vectoriel de dimension finie et soit v 1,..., v n une liste de vecteurs de V. Alors v 1,..., v n est une base de V, si 1. v 1,..., v n est linéairement indépendante 2. span v 1,..., v n = V Proposition 3.5. Caractérisation des bases Soit V un F-espace vectoriel et soit v 1,..., v n une liste de vecteurs de V. Alors, ces trois propositions sont équivalentes : 1. v 1,..., v n est une base de V { v V 2.!α 1,..., α n F tq v = α 1 v α n v n. { vi 0, 1 i n. 3. V = span v 1... span v n. 28

30 3.2 Bases Algèbre linéaire I&II Démonstration. 1= 2 Supposons que v 1,..., v n soit une base de V. Alors, comme span v 1,..., v n = V, v V, α 1,..., α n F tq v = α i v i. Pour montrer que les α i sont uniques supposons que β 1,..., β n F tq Ainsi, v = 0 = v v = = β i v i. α i v i α i β i v i β i v i Or la liste v 1,..., v n est linéairement indépendante, car il s agit d une base de V. Ainsi, α i β i = 0, 1 i n, α i = β i, 1 i n. Par conséquent, les α i sont uniques. 1= 3 Supposons que v 1,..., v n soit une base de V. Alors, V = span v 1,..., v n et la liste est linéairement indépendante, ce qui implique que v i 0, 1 i n et que span v 1,..., v n = span v 1... span v n. Donc, V = span v 1... span v n. 2= 1 Supposons que tout vecteur v de V s écrit de manière unique comme une combinaison linéaire des v i. Ainsi, nous avons v = α i v i, v V. Ainsi, V = span v 1,..., v n. Il reste à montrer l indépendance linéaire de la liste v 1,..., v n. Considérer, la combinaison linéaire, ζ i v i = 0. Or, nous avons également la décomposition de 0 suivante, 0 = 0 v v n. Ainsi, par l hypothèse de l unicité de cette décomposition, nous avons que ζ i = 0, 1 i n. La liste est linéairement indépendante, il s agit donc bien d une base de V. 3= 2 Soit v V et supposons que la proposition 3 soit vraie, ainsi, V = span v 1... span v n. Alors, v span v 1... span v n, i.e.,! w i span v i, 1 i n, tq v = w i, or, w i span v i a i F tq w i = a i v i, 1 i n. Or v i 0, 1 i n. Supposons qu il existe, b 1,..., b n F tq w i = b i v i. Ainsi, nous avons que si a i v i = b i v i alors, a i = b i. Donc!a i F, 1 i n tq a i v i. Nous avons donc montré les trois équivalences. Exemple Par définition, span = { 0}. Par ailleurs, est trivialement linéairement indépendant. Ainsi, est une base de { 0}. 1. Soit V = F n et considérer e 1,..., e n. Nous avons vu que F n = span e 1... span e n. Ainsi e 1,..., e n est une base de F n, souvent appelée base canonique ou standard. 29

31 3.2 Bases Algèbre linéaire I&II 2. Soit V = F X, F où X = {x 1,..., x n }. Définissons f i F X, F par { 1 si j = i f i : X F : x i 0 si j i Ainsi, montrons que f 1,..., f n est une base de F X, F. Soit g F X, F, i.e., g : X F une application. Poser a i = gx i, 1 i n. Observer que 1 j n Donc n a i f i x j = g = a i f i x j = a j f j x j = a j = gx j }{{} =1 a i f i spanf i,..., f n, g F X, F donc F X, F = spanf 1,..., f n. Reste à vérifier l unicité du choix des coefficients a i : si a i f i = b i f i, alors, 1 j n, n a j = a i f i x n j = b i f i x j = b j Ainsi, le choix des a i est unique. Nous sommes amenés à nous poser cette question : Pour un F-espace vectoriel quelconque, existe-t-il toujours une base? Pour répondre à cette question, il nous faut... Théorème 3.2. Théorème du ballon Soit V un F-espace vectoriel de dimension finie. Alors Dégonfler Soit v 1,..., v s une liste de vecteurs de V tq span v 1,..., v s = V. Alors 1 i 1 < i 2 <... < i n s tq la sous-liste v i1,..., v in de v 1,..., v s soit une base de V. Gonfler Soit v 1,..., v m une liste linéairement indépendante. Alors, w 1,..., w k V tq v 1,..., v m, w 1,..., w k soit une base de V. Démonstration. Dégonfler Deux cas, soit V = { 0}, soit V { 0}. 1. Cas V = { 0} : la liste est une base de { 0} et est une sous liste de toute liste de vecteurs. Nous pouvons donc prendre comme sous liste qui est une base de V. 2. Cas V { 0} : Supposons V { 0} et V = span v 1,..., v s. Ainsi, i tq v i 0. Poser i 1 = min{i v i 0}. Alors : et donc, v 1,..., v i 1, v i,..., v s = 0,..., 0, v i1,..., v s V = span v 1,..., v s = span v i1,..., v s où v i1 0 Si v i1,..., v s est linéairement indépendante, il s agit d une base de V et la preuve est terminée. Sinon, nous pouvons appliquer le lemme du vecteur superflu pour éliminer un des v k, k > i 1, qui doit être une combinaison linéaire des v j, j < k. Ainsi nous avons une nouvelle liste v i1,..., v k 1, v k+1,..., v s qui engendre toujours V. Si cette nouvelle liste est linéairement indépendante, alors nous avons une base de V. 30