Espace Vectoriel
Espace Vectoriel
Espace Vectoriel
1 Espace vectoriel
∀x, y ∈ E, x ? y ∈ E,
∀λ ∈ K, ∀x ∈ E, λ>x ∈ E.
On dit que (E, ?, >) est un espace vectoriel sur K (ou un K-espace vectoriel) si:
2) ∀x, y ∈ E, ∀λ, µ ∈ K:
4. Les lois de E et celles de K sont souvents notées de la même manière (la loi ? est notée + et la
loi > est notée par un point "."). Attention à ne pas les confondre. Par exemple, la condition (c)
s’écrira (λ.µ).x = λ.(µ.x) (à gauche, la première opération est la multiplication de K et la seconde
est la loi externe de E. A droite, les deux opérations désignent la loi externe de E).
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Proposition 1. (Règles de calcul dans un espace vectoriel)
Soit E un K-e.v. On a
1. ∀x ∈ E, 0K .x = 0E .
2. ∀λ ∈ K, λ.0E = 0E .
4. ∀x ∈ E, ∀λ ∈ K, λ.x = 0E ⇔ λ = 0K ou x = 0E .
Kn = {(x1 , x2 , . . . , xn ) / x1 , x2 , . . . xn ∈ K}
• x + y = y + x (commutativité),
• (x + y) + z = x + (y + z) où z = (z1 , . . . , zn ) (associativité),
• 0Kn = (0K , . . . , 0K ) car 0Kn + x = x + 0Kn = x (existence de l’élément neutre),
• le symétrique de x = (x1 , . . . , xn ) est −x = (−x1 , . . . , −xn ) ∈ Kn car x+(−x) = (−x)+x = 0Kn
(existence de l’élément symétrique).
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= (λµx1 , . . . , λµxn )
= λ(µx1 , . . . , µxn )
= λ(µx)
(d) 1K x = (1K x1 , . . . , 1K xn ) = x
Remarque 2. Pour voir qu’une structure est un espace vectoriel, on revient rarement aux axiomes. On
vérifie plutôt que c’est un sous-espace vectoriel d’un espace vectoriel connu.
2 Sous-espace vectoriel
Définition 2. Soit (E, +, .) un K-e.v et F une partie de E. On dit que F est un sous-espace vectoriel
(s.e.v) de E si:
a) F 6= ∅,
b) ∀x, y ∈ F, x + y ∈ F ,
c) ∀λ ∈ K, ∀x ∈ F, λ.x ∈ F .
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On peut remplacer les conditions b) et c) par la condition:
d) ∀λ ∈ K, ∀u, v ∈ F, λu + v ∈ F.
F = {(x, y, z, t) ∈ R4 /x − 2y + z = 0 et 2x + y − t = 0}
et
G = {(x, y, z, t) ∈ R4 /x + y − z = 1}.
Montrer que F est un sous-espace vectoriel de R4 et que G ne l’est pas.
Solution
1. Soit (x, y, z, t) ∈ R4 , on a
(x, y, z, t) ∈ F ⇔ x − 2y + z = 0 et 2x + y − t = 0.
Exemples 2. 1. Une droite passant par l’origine d’un K-e.v, ie pour tout x ∈ E \ {0}: {λx/λ ∈ K},
est un sous-espace vectoriel de E.
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2. L’espace des applications continues de R dans R est un sous-espace vectoriel de A(R, R).
3. L’espace Kn [X] des polynômes à coefficients dans K et de degré au plus n est un s.e.v de K[X].
4. En revanche le groupe GL(n, K) des matrices carrées de taille n inversibles n’est pas un s.e.v de
Mn (K) des matrices carrées de taille n à coefficients dans K.
T
Proposition 2. Soit E un K e.v et (Fi )i∈I une famille de sous-espaces vecoriels de E. Alors F = Fi
i∈I
est un s.e.v de E.
Remarque 4. Le résultat précédent (proposition 2) est faux pour la réunion. Si F et G sont deux s.e.v
de E, F ∪ G n’est pas, en général, un s.e.v de E.
2. On dit que {v1 , . . . , vn } est une partie génératrice de E ou que v1 , . . . , vn engendrent E si tout
élément de E est combinaison linéaire de v1 , . . . , vn , ie,
∀V ∈ E, V = λ1 v1 + · · · + λn vn , avec λ1 , . . . , λn ∈ K.
Proposition 3. Soient v1 , v2 , . . . , vn des vecteurs d’un K-e.v E. L’ensemble F de toutes les combinaisons
linéaires de v1 , . . . , vn est un s.e.v de E appelé sous-espace engendré par v1 , . . . , vn . C’est le plus petit
sous-espace vectoriel de E contenant v1 , . . . , vn .
F = {(x, y, z, t) ∈ R4 /x − 2y + z = 0 et 2x + y − t = 0}
solution
Nous avons déjà montré dans l’exercice 1 que F est un s.e.v de R4 . Une autre manière de faire est
procéder comme suit:
F = {(x, y, z, t) ∈ R4 /x − 2y + z = 0 et 2x + y − t = 0}
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= {(x, y, z, t) ∈ R4 /z = −x + 2y et t = 2x + y}
= {(x, y, −x + 2y, 2x + y)/x, y ∈ R}
= {(x, 0, −x, 2x) + (0, y, 2y, y)/x, y ∈ R}
= {x(1, 0, −1, 2) + y(0, 1, 2, 1)/x, y ∈ R}
= {λu + µv/λ, µ ∈ R}
F est l’ensemble des combinaisons linéaires des vecteurs u = (1, 0, −1, 2) et v = (0, 1, 2, 1) c’est donc
un s.e.v de R4 et la famille {u, v} est une partie génératrice de F .
λ1 v1 + λ2 v2 + · · · + λn vn = 0 avec λi ∈ K entraine λ1 = λ2 = · · · = λn = 0.
Dans le cas contraire, la famille {v1 , . . . , vn } est dite liée ou que les vecteurs v1 , . . . , vn sont linéairement
dépendants.
Exercice 3. les vecteurs u = (1, 0, 0), v = (2, 2, 0) et w = (2, 0, −1) de R3 sont-ils linéairement
indépendants?
Solution
1ère méthode:
Soient α, β, γ ∈ R tels que αu + βv + γw = 0R4 . On obtient (α + 2β + 2γ, 2β, −2γ) = (0, 0, 0, 0). Par
suite α = β = γ = 0 et donc les vecteurs u, v et w sont linéairement indépendants.
2ème méthode:
On échelonne la matrice dont les lignes sont u, v et w en effectuant le opérations élémentaires
L2 − 2L1 et L3 − 2L1 . On obtient
1 0 0 1 0 0
2 2 0 → 0 2 0
2 0 −1 0 0 1
La dernière matrice est mise sous forme échelonnée. Ses trois lignes sont non nulles, on conclut que
les trois vecteurs u, v, w sont linéairements indépendants.
4 Base et dimension
Définition 5. On appelle base de E toute famille de E qui est à la fois libre et génératrice.
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3. Toutes les bases d’un même espace vectoriel ont même nombre d’éléments. Ce nombre s’appelle la
dimension de l’espace vectoriel. Il est noté dim E.
Exemples 3. 1. Il est facile de montrer que les vecteurs e1 = (1, 0, 0, 0), e2 = (0, 1, 0, 0),
e3 = (0, 0, 1, 0) et e4 = (0, 0, 0, 4) de R4 sont linéairement indépendants. De plus ils engendrent R4
car tout vecteur v = (x, y, z, t) de R4 s’écrit v = xe1 + ye2 + ze3 + te4 . Par suite {e1 , e2 , e3 , e4 } est
une base de R4 , appelée la base canonique de R4 .
De manière générale, la base canonique de Rn est
Exercice
Vérifier que les vecteurs v1 = (−1, 1, 0, 0), v2 = (3, 1, −1, 2), v3 = (1, 1, 1, 1) et v4 = (−4, 2, 0, 1)
forment aussi une base de R4 .
4. La base canonique de Mn,m R est {Mi,j = (akl ) / akl = 1 si (k, l) = (i, j) et akl = 0 sinon}. Donc
dim(Mn,m R) = nm.
Proposition 5. Soit E un K-e.v et soit B = {v1 , v2 , . . . , vn } une base de E. Tout vecteur v de E s’écrit
de manière unique comme combinaison linéaire d’éléments de B.
v = λ1 v1 + λ2 v2 + · · · + λn vn .
Cette combinaison linéaire peut-être représentée sous la forme d’un vecteur de Kn de la manière suiv-
ante:
v = (λ1 , λ2 , . . . , λn )B
= [v]B .
Cette écriture est très utile dans la pratique.
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3. Toute partie libre de E formée de n éléments est une base de E.
5. Toute partie de E ayant un nombre d’éléments strictement inférieur à n n’est pas génératrice.
(F = G) ⇔ (F ⊂ G et dimF = dimG).
Exemples 4. 1. Les vecteurs v1 = (−1, 0, 1), v2 = (2, 4, 0), v3 = (1, 2, 3), v4 = (0, −2, 1) de R3 sont
liés ou linéairement dépendants car ils appartiennent à un e.v de dimension 3.
2. Les vecteurs u1 = (1, 2, 3, 4), u2 = (0, −2, 2, 1), u3 = (0, 0, 1, 3), u4 = (0, 0, 0, 4) de R4 sont libres
ou linéairement indépendants car ils représentent les lignes non nulles d’une matrice échelonnée.
Puisqu’ils sont au nombre de 4 et que dimR4 = 4 alors ils forment une base de R4 .
3. Dans R3 , l’ensemble F = {(x, y, z) ∈ R3 / z = 0} est un s.e.v engendré par e1 = (1, 0, 0) et
e2 = (0, 1, 0). Comme ils sont linéairement indépendants alors ils forment une base de F. On veut les
compléter pour avoir une base de R3 . Pour cela il suffit de rajouter un vecteur v de sorte que e1 , e2 , v
soient linéairement indépendants. On peut prendre, par exemple, v = (0, 0, 1).
F1 + F2 + · · · + Fm = {v1 + v2 + · · · + vn / v1 ∈ F1 , v2 ∈ F2 , . . . , vn ∈ Fn }.
2. On dit que la somme F1 +F2 +· · ·+Fn , (n ≥ 2) est directe si, pour tous v1 ∈ F1 , v2 ∈ F2 , . . . , vn ∈ Fn ,
v1 + v2 + · · · + vn = 0 ⇒ v1 = v2 = · · · = vn = 0.
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Proposition 7. (Dans le cas p = 2) Soient F et G deux s.e.v d’un K-e.v E.
La somme F + G est directe si et seulement si F ∩ G = {0}.
(λf + g)(−x) = (λf )(−x) + g(−x) = λf (−x) + g(−x) = λf (x) + g(x) = (λf + g)(x).
3. Montrons que E = F ⊕ G. On a
E =F +G
E =F ⊕G⇔
F ∩ G = {0E }
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De plus, si f ∈ F ∩ G alors f ∈ F et f ∈ G. Donc
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