Espaces vectoriels et applications linéaires

Reprenez trois résultats démontrés cette année, dans trois chapitres sans rapport apparent. Les solutions de l'équation différentielle $y^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}-3y^{\mathrm{\prime }}+2y=0$ sont exactement les fonctions $x\mapsto \lambda e^x+\mu e^{2x}$, où $\lambda$ et $\mu$ décrivent $\mathbb{R}$. Les suites vérifiant $u_{n+2}=3u_{n+1}-2u_n$ sont exactement celles de la forme $u_n=\lambda +\mu 2^n$. Et les solutions du système linéaire homogène $x+y+z=0$, $x-z=0$ sont exactement les triplets $t(1,-2,1)$, avec $t\in \mathbb{R}$. Trois énoncés, une seule forme : dans chaque cas, l'ensemble des solutions est décrit par un petit nombre de solutions de référence et de coefficients libres, et tout se ramène à additionner ces solutions et à les multiplier par des nombres.

Ce n'est pas une coïncidence, et ce n'est pas non plus une propriété des équations différentielles, des suites ou des systèmes. C'est une propriété de l'ensemble dans lequel on cherche les solutions. Dans les trois cas, cet ensemble est stable par somme et par multiplication par un scalaire : si $f$ et $g$ sont solutions, $f+g$ et $3f$ le sont aussi. Or les fonctions, les suites et les triplets de nombres ne se ressemblent pas du tout ; ce qui se ressemble, ce sont les deux opérations et les règles qu'elles vérifient. L'idée du chapitre consiste à isoler ces règles, à leur donner un nom, et à ne plus jamais démontrer qu'une seule fois ce qui n'en dépend que d'elles.

C'est la démarche du chapitre sur les structures algébriques, poussée d'un cran. Un groupe, un anneau, un corps : à chaque fois, un ensemble muni d'opérations internes, et une liste d'axiomes. La nouveauté ici est la présence de deux ensembles. Les vecteurs vivent dans un ensemble $E$, les scalaires dans un corps $\mathbb{K}$, et l'opération $\lambda \cdot x$ fait dialoguer les deux : ce n'est pas une loi interne, c'est une loi externe. Un espace vectoriel n'est donc pas une structure « de plus » dans la liste, c'est une structure d'un type nouveau, dont le corps de base fait partie de la donnée — au point que $\mathbb{C}$ n'est pas le même espace vectoriel selon qu'on le regarde sur $\mathbb{C}$ ou sur $\mathbb{R}$.

Ce chapitre a aussi une dette à honorer. Au premier semestre, vous avez appris à manipuler des tableaux de nombres et à résoudre des systèmes par le pivot, en admettant que le sens de tout cela viendrait plus tard. Il vient maintenant. Une matrice code une transformation qui respecte les combinaisons linéaires — c'est ce que nous appellerons une application linéaire — et l'étrange définition du produit matriciel n'est rien d'autre que l'enchaînement de deux telles transformations. Le pivot, de son côté, calcule une dimension : le nombre de paramètres qui restent à la fin est la dimension de l'espace des solutions, et le théorème du rang dira exactement pourquoi il vaut ce qu'il vaut. Une réserve toutefois, et elle est stricte : représenter une application linéaire par une matrice est l'objet du chapitre suivant. Ici, nous travaillons sans matrices, avec des vecteurs abstraits et des applications abstraites — c'est plus difficile au début, et beaucoup plus solide ensuite.

Le concept central est celui de dimension. L'intuition en est ancienne : la droite est de dimension $1$, le plan de dimension $2$, l'espace de dimension $3$, et cela signifie qu'il faut respectivement un, deux ou trois nombres pour repérer un point. La transformer en théorème demande un travail réel, et il tient tout entier dans un lemme technique : dans un espace engendré par $n$ vecteurs, toute famille de $n+1$ vecteurs est liée. Ce lemme, dont la démonstration n'est qu'un pivot de Gauss déguisé, entraîne tout le reste — l'invariance du cardinal des bases, donc la définition même de $\dim E$, puis une série de raccourcis d'une efficacité redoutable, dont le plus rentable de l'année : en dimension $n$, une famille de $n$ vecteurs est une base dès qu'elle est libre, ou dès qu'elle est génératrice, sans avoir à vérifier l'autre propriété.

La seconde moitié du chapitre étudie les applications qui respectent la structure. Leur noyau et leur image mesurent respectivement ce qu'elles écrasent et ce qu'elles atteignent, et le théorème du rang relie les deux par une égalité de dimensions dont on ne compte plus les usages. Trois conséquences ferment le chapitre : en dimension finie égale, injectif, surjectif et bijectif deviennent synonymes ; les projecteurs et les symétries donnent un dictionnaire entre applications et décompositions de l'espace ; et la structure des solutions d'une équation linéaire $u(x)=b$ — vide, ou une solution particulière plus le noyau — explique enfin la raison de fond des recettes utilisées depuis des mois, aussi bien pour les systèmes que pour les équations différentielles.

Le plan suit cet ordre. Nous définissons d'abord les espaces vectoriels et leurs sous-espaces, puis les outils de construction : sous-espace engendré, somme, somme directe, supplémentaires. Viennent ensuite les familles libres, génératrices et les bases, puis la théorie de la dimension finie et ses conséquences sur les sous-espaces. La seconde partie traite les applications linéaires, le rang et le théorème du rang, les projecteurs et symétries, les formes linéaires et les hyperplans, et enfin les sous-espaces affines. Une section de méthodes ferme le chapitre.

Les notations suivantes valent pour tout le chapitre. La lettre $\mathbb{K}$ désigne $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, et ses éléments sont appelés des scalaires, notés $\lambda$, $\mu$, ou ${\alpha }_i$ dans une famille de coefficients. Les espaces vectoriels sont notés $E$, $F$, $G$, leurs éléments — les vecteurs — sont notés $x$, $y$, ou $u_1,\dots ,u_p$ pour une famille quelconque, et $e_1,\dots ,e_n$ pour une base. Le vecteur nul de $E$ est noté $0_E$, celui de $F$ est $0_F$, et le scalaire nul est simplement $0$ : la distinction est essentielle et sera rappelée. Le sous-espace engendré par une partie $A$ est noté $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(A)$. Les applications linéaires sont notées $u$, $v$, $f$, $g$ ; l'ensemble des applications linéaires de $E$ dans $F$ est $\mathcal{L}(E,F)$, celui des endomorphismes de $E$ est $\mathcal{L}(E)$, le groupe des automorphismes de $E$ est $\mathrm{G}\mathrm{L}(E)$, et l'identité de $E$ est ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$. Le noyau et l'image de $u$ sont $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$ et $\mathrm{I}\mathrm{m}u$, son rang est $\mathrm{r}\mathrm{g}(u)$, et la dimension d'un espace $E$ est $\dim E$. Les espaces de référence gardent les notations connues : ${\mathbb{K}}^n$, l'anneau des polynômes $\mathbb{K}[X]$ et son sous-ensemble ${\mathbb{K}}_n[X]$ des polynômes de degré au plus $n$, les matrices ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{K})$ et ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$, les suites ${\mathbb{K}}^{\mathbb{N}}$, et les fonctions $\mathcal{F}(I,\mathbb{K})$ d'un intervalle $I$ dans $\mathbb{K}$. La somme directe de deux sous-espaces est notée $F\oplus G$, celle de plusieurs ${⨁}_{i=1}^p{F}_i$. Enfin, ${\delta }_{i,j}$ désigne le symbole de Kronecker, qui vaut $1$ si $i=j$ et $0$ sinon, et le carré $\mathrm{\square }$ marque la fin d'une démonstration.

Espaces vectoriels

Définition

Règles de calcul

Les huit axiomes ne mentionnent ni le produit $0\cdot x$, ni le produit $\lambda \cdot 0_E$, ni le lien entre $(-1)x$ et $-x$. Ces règles ne sont donc pas des définitions : ce sont des théorèmes, qu'il faut démontrer à partir des axiomes.

Démonstration. Point 1. Le scalaire $0$ est le neutre additif de $\mathbb{K}$, donc $0+0=0$. L'axiome 6 donne alors

$$0\cdot x=(0+0)\cdot x=0\cdot x+0\cdot x\mathrm{.}$$

Ajoutons aux deux membres l'opposé du vecteur $0\cdot x$, qui existe par l'axiome 4 :

$$0\cdot x+(-(0\cdot x))=(0\cdot x+0\cdot x)+(-(0\cdot x))\mathrm{.}$$

Le membre de gauche vaut $0_E$. Le membre de droite vaut, par associativité, $0\cdot x+(0\cdot x-0\cdot x)=0\cdot x+0_E=0\cdot x$. Donc $0\cdot x=0_E$.

Point 2. Même mécanisme, avec l'axiome 5 cette fois. Comme $0_E+0_E=0_E$,

$$\lambda \cdot 0_E=\lambda \cdot (0_E+0_E)=\lambda \cdot 0_E+\lambda \cdot 0_E,$$

et en ajoutant $-(\lambda \cdot 0_E)$ aux deux membres, on obtient $0_E=\lambda \cdot 0_E$.

Point 3. Calculons $x+(-1)x$. L'axiome 8 permet d'écrire $x=1\cdot x$, donc

$$x+(-1)x=1\cdot x+(-1)\cdot x=(1+(-1))\cdot x=0\cdot x=0_E,$$

en utilisant l'axiome 6 puis le point 1. Ainsi $(-1)x$ est un opposé de $x$ ; l'opposé étant unique dans le groupe $(E,+)$, on conclut $(-1)x=-x$. Pour la forme générale, $(-\lambda )x=((-1)\lambda )x=(-1)(\lambda x)=-(\lambda x)$ par l'axiome 7, et de même $\lambda (-x)=\lambda ((-1)x)=(\lambda \times (-1))x=-(\lambda x)$.

Point 4. L'implication de la droite vers la gauche est exactement l'objet des points 1 et 2. Réciproquement, supposons $\lambda x=0_E$ et $\lambda \mathrm{\ne }0$. Comme $\mathbb{K}$ est un corps, $\lambda$ est inversible : le scalaire ${\lambda }^{-1}$ existe. Multiplions l'égalité par ${\lambda }^{-1}$ :

$${\lambda }^{-1}\left(\lambda x\right)={\lambda }^{-1}\cdot 0_E\mathrm{.}$$

Le membre de gauche vaut $\left({\lambda }^{-1}\lambda \right)x=1\cdot x=x$ par les axiomes 7 et 8, et le membre de droite vaut $0_E$ par le point 2. Donc $x=0_E$. On a bien montré : si $\lambda x=0_E$, alors $\lambda =0$ ou $x=0_E$. $\mathrm{\square }$

Les exemples de référence

Tous les espaces vectoriels rencontrés cette année se ramènent aux exemples qui suivent, ou à leurs sous-espaces. Il faut les connaître par cœur, avec leur addition et leur loi externe.

Produit fini d'espaces vectoriels

Démonstration. Les deux lois sont bien définies : la somme de deux éléments de $E_i$ est dans $E_i$, et le produit d'un scalaire par un élément de $E_i$ aussi, donc les $p$-uplets obtenus appartiennent bien au produit.

Vérifions les axiomes. Chacun est une égalité entre deux $p$-uplets, et deux $p$-uplets sont égaux si et seulement si leurs composantes le sont : il suffit donc de vérifier chaque axiome composante par composante, où il devient l'axiome correspondant dans $E_i$. Détaillons l'axiome 7 : la $i$-ème composante de $\lambda (\mu x)$ est $\lambda (\mu x_i)$, celle de $(\lambda \mu )x$ est $(\lambda \mu )x_i$, et ces deux vecteurs de $E_i$ sont égaux puisque $E_i$ est un espace vectoriel. Le neutre est $(0_{E_1},\dots ,0_{E_p})$ car $x_i+0_{E_i}=x_i$ pour tout $i$, et l'opposé de $(x_1,\dots ,x_p)$ est $(-x_1,\dots ,-x_p)$. $\mathrm{\square }$

Sous-espaces vectoriels

Vérifier huit axiomes est long, et l'on ne le fait presque jamais. La raison est simple : la quasi-totalité des espaces rencontrés en pratique sont contenus dans l'un des espaces de référence ci-dessus, et il suffit alors de vérifier deux conditions au lieu de huit.

Définition et caractérisation

Démonstration. $1\Rightarrow 2$. Supposons $F$ sous-espace vectoriel, et soient $x,y\in F$, $\lambda \in \mathbb{K}$. La stabilité par multiplication donne $\lambda x\in F$, puis la stabilité par addition donne $\lambda x+y\in F$. Et $0_E\in F$ par hypothèse.

$2\Rightarrow 3$. La partie $F$ contient $0_E$, donc elle est non vide. Soient $x,y\in F$ et $\lambda ,\mu \in \mathbb{K}$. En appliquant l'hypothèse au couple $(y,0_E)$ et au scalaire $\mu$, on obtient $\mu y=\mu y+0_E\in F$. En l'appliquant ensuite au couple $(x,\mu y)$ et au scalaire $\lambda$, on obtient $\lambda x+\mu y\in F$.

$3\Rightarrow 1$. Comme $F$ est non vide, choisissons $x_0\in F$. L'hypothèse appliquée à $x=y=x_0$ et $\lambda =\mu =0$ donne $0\cdot x_0+0\cdot x_0=0_E\in F$. La stabilité par addition s'obtient avec $\lambda =\mu =1$, et la stabilité par multiplication avec $\mu =0$, qui donne $\lambda x=\lambda x+0\cdot y\in F$.

Structure d'espace vectoriel. Supposons $F$ sous-espace vectoriel de $E$. Les stabilités 2 et 3 disent exactement que l'addition et la loi externe de $E$ induisent des lois sur $F$ : la somme de deux éléments de $F$ est un élément de $F$, et de même pour les multiples. Les axiomes 1, 2, 5, 6, 7 et 8 sont des égalités valables pour tous les vecteurs de $E$, donc en particulier pour ceux de $F$ : ils sont automatiquement vérifiés. Reste à traiter les axiomes 3 et 4. Le neutre : $0_E\in F$ et $x+0_E=x$ pour tout $x\in F$, donc $0_E$ est neutre dans $F$. L'opposé : pour $x\in F$, la stabilité par multiplication donne $(-1)x\in F$, or $(-1)x=-x$ d'après les règles de calcul. Donc tout élément de $F$ admet son opposé dans $F$. Ainsi $F$ est un $\mathbb{K}$-espace vectoriel. $\mathrm{\square }$

Exemples de sous-espaces

Intersection et réunion

Démonstration. Le point 1 est le cas particulier du point 2 où $I$ a deux éléments : démontrons directement le point 2. Posons $F={\bigcap }_{i\in I}{F}_i$.

Le vecteur nul. Chaque $F_i$ est un sous-espace vectoriel de $E$, donc $0_E\in F_i$ pour tout $i\in I$. Par définition de l'intersection, $0_E\in F$.

La stabilité. Soient $x,y\in F$ et $\lambda ,\mu \in \mathbb{K}$. Fixons $i\in I$. Comme $x\in F$, on a $x\in F_i$ ; de même $y\in F_i$. Le sous-espace $F_i$ étant stable par combinaison linéaire, $\lambda x+\mu y\in F_i$. Ceci vaut pour tout $i\in I$, donc $\lambda x+\mu y\in {\bigcap }_{i\in I}{F}_i=F$.

Par la caractérisation, $F$ est un sous-espace vectoriel de $E$. $\mathrm{\square }$

Passons à la réunion. L'intuition géométrique suffit à deviner le résultat : la réunion de deux droites distinctes du plan est un « X », et la somme d'un vecteur de la première et d'un vecteur de la seconde n'appartient en général à aucune des deux.

Démonstration. Sens réciproque. Supposons $F\subset G$. Alors $F\cup G=G$, qui est un sous-espace vectoriel par hypothèse. Le cas $G\subset F$ est symétrique.

Sens direct. Supposons que $F\cup G$ soit un sous-espace vectoriel de $E$, et raisonnons par contraposée en supposant que l'on n'a ni $F\subset G$, ni $G\subset F$. Il existe alors un vecteur $x\in F$ tel que $x\mathrm{\notin }G$, et un vecteur $y\in G$ tel que $y\mathrm{\notin }F$. Ces deux vecteurs appartiennent à $F\cup G$, donc leur somme aussi, par stabilité : $x+y\in F\cup G$. Deux cas se présentent.

Si $x+y\in F$ : comme $x\in F$ et que $F$ est stable par combinaison linéaire, $y=(x+y)-x\in F$, ce qui contredit $y\mathrm{\notin }F$.

Si $x+y\in G$ : comme $y\in G$, on obtient de même $x=(x+y)-y\in G$, ce qui contredit $x\mathrm{\notin }G$.

Les deux cas sont impossibles : la supposition était absurde, donc $F\subset G$ ou $G\subset F$. $\mathrm{\square }$

Combinaisons linéaires et sous-espace engendré

Le sous-espace engendré par une partie

Étant donnée une partie $A$ de $E$ — par exemple une poignée de vecteurs —, on cherche le plus petit sous-espace vectoriel qui la contienne. Il y a deux façons de le décrire : « par le haut », en intersectant tous les candidats, et « par le bas », en fabriquant explicitement ses éléments. Elles donnent le même objet, et c'est ce qui rend la notion utilisable.

Démonstration. Notons $C$ l'ensemble des combinaisons linéaires d'éléments de $A$, c'est-à-dire le membre de droite. Montrons la double inclusion.

$C$ est un sous-espace vectoriel contenant $A$. Soit $a\in A$ (l'ensemble $A$ est non vide) : alors $0_E=0\cdot a\in C$. Tout élément $a$ de $A$ s'écrit $a=1\cdot a$, donc $A\subset C$. Enfin, soient $x={\sum }_{i=1}^p{\lambda }_i{a}_i$ et $y={\sum }_{j=1}^q{\mu }_j{b}_j$ deux éléments de $C$, et $\lambda ,\mu \in \mathbb{K}$. Alors

$$\lambda x+\mu y=\sum _{i=1}^p(\lambda {\lambda }_i)a_i+\sum _{j=1}^q(\mu {\mu }_j)b_j$$

est encore une combinaison linéaire d'un nombre fini — au plus $p+q$ — d'éléments de $A$, donc appartient à $C$. Ainsi $C$ est un sous-espace vectoriel de $E$ contenant $A$.

$\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(A)\subset C$. Le sous-espace $C$ fait partie des sous-espaces sur lesquels porte l'intersection définissant $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(A)$ ; or une intersection est contenue dans chacun des ensembles qu'on intersecte. Donc $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(A)\subset C$.

$C\subset \mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(A)$. Soit $F$ un sous-espace vectoriel quelconque contenant $A$, et soit $x={\sum }_{i=1}^p{\lambda }_i{a}_i$ un élément de $C$. Chaque $a_i$ appartient à $A$, donc à $F$. Une récurrence immédiate sur $p$, fondée sur la stabilité de $F$ par combinaison linéaire, montre que ${\sum }_{i=1}^p{\lambda }_i{a}_i\in F$. Donc $C\subset F$. Ceci valant pour tout sous-espace $F$ contenant $A$, on obtient $C\subset \bigcap F=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(A)$.

Les deux inclusions donnent $C=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(A)$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Points 1 et 2. Le point 1 résulte de la définition (intersection de sous-espaces, chacun contenant $A$). Pour le point 2 : si $A\subset F$ avec $F$ sous-espace vectoriel, alors $F$ figure parmi les ensembles de l'intersection, donc $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(A)\subset F$. Les points 1 et 2 réunis expriment que $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(A)$ est le plus petit, au sens de l'inclusion, des sous-espaces vectoriels contenant $A$.

Point 3. Supposons $A\subset B$. Alors $A\subset B\subset \mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(B)$, et $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(B)$ est un sous-espace vectoriel. Le point 2 appliqué à $F=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(B)$ donne $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(A)\subset \mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(B)$.

Point 4. Si $F$ est un sous-espace vectoriel, on a $F\subset \mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(F)$ par le point 1, et $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(F)\subset F$ par le point 2 appliqué à $A=F$ (qui vérifie bien $F\subset F$). Donc $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(F)=F$. Réciproquement, si $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(F)=F$, alors $F$ est un sous-espace vectoriel puisque $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(F)$ en est un. Le cas $F=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(A)$ donne l'égalité annoncée. $\mathrm{\square }$

Familles génératrices, égalité de deux Vect

Démonstration. Point 1. Immédiat : l'ensemble des combinaisons linéaires ne dépend pas de l'ordre des termes d'une somme.

Point 2. Notons $V=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x_1,x_2,\dots ,x_p)$ et $V^{\mathrm{\prime }}=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(\lambda x_1,x_2,\dots ,x_p)$. Le vecteur $\lambda x_1$ appartient à $V$, et les autres générateurs de $V^{\mathrm{\prime }}$ aussi, donc $V^{\mathrm{\prime }}\subset V$. Réciproquement, $x_1={\lambda }^{-1}(\lambda x_1)\in V^{\mathrm{\prime }}$ puisque $\lambda \mathrm{\ne }0$, et les autres $x_i$ sont dans $V^{\mathrm{\prime }}$, donc $V\subset V^{\mathrm{\prime }}$.

Point 3. Notons $V^{\mathrm{\prime }}=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x_1+\mu x_2,x_2,\dots ,x_p)$. Le vecteur $x_1+\mu x_2$ est combinaison linéaire de $x_1$ et $x_2$, donc appartient à $V$, d'où $V^{\mathrm{\prime }}\subset V$. Réciproquement, $x_1=(x_1+\mu x_2)-\mu x_2\in V^{\mathrm{\prime }}$, d'où $V\subset V^{\mathrm{\prime }}$.

Point 4. L'inclusion $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x_1,\dots ,x_{p-1})\subset \mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x_1,\dots ,x_p)$ vient de la croissance. Réciproquement, posons $F=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x_1,\dots ,x_{p-1})$ : c'est un sous-espace vectoriel qui contient $x_1,\dots ,x_{p-1}$ par construction, et qui contient $x_p$ par hypothèse. Il contient donc tous les générateurs de $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x_1,\dots ,x_p)$, et par minimalité $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x_1,\dots ,x_p)\subset F$. $\mathrm{\square }$

Somme de sous-espaces, somme directe, supplémentaires

La réunion de deux sous-espaces n'en est pas un. Le remède est immédiat : au lieu de réunir, on additionne.

La somme de deux sous-espaces

Démonstration. $F+G$ est un sous-espace vectoriel. On a $0_E=0_E+0_E$ avec $0_E\in F$ et $0_E\in G$, donc $0_E\in F+G$. Soient $x=y+z$ et $x^{\mathrm{\prime }}=y^{\mathrm{\prime }}+z^{\mathrm{\prime }}$ deux éléments de $F+G$, avec $y,y^{\mathrm{\prime }}\in F$ et $z,z^{\mathrm{\prime }}\in G$, et soient $\lambda ,\mu \in \mathbb{K}$. Alors

$$\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }}=(\lambda y+\mu y^{\mathrm{\prime }})+(\lambda z+\mu z^{\mathrm{\prime }}),$$

où l'on a utilisé la commutativité et l'associativité de l'addition pour regrouper les termes. Le premier bloc appartient à $F$ et le second à $G$, par stabilité de chacun. Donc $\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }}\in F+G$.

$F\subset F+G$. Pour $y\in F$, on écrit $y=y+0_E$ avec $0_E\in G$. De même $G\subset F+G$.

Minimalité. Soit $H$ un sous-espace vectoriel de $E$ contenant $F\cup G$. Pour $y\in F$ et $z\in G$, on a $y\in H$ et $z\in H$, donc $y+z\in H$ par stabilité : ainsi $F+G\subset H$. Comme $F+G$ est lui-même un sous-espace vectoriel contenant $F\cup G$, c'est le plus petit, c'est-à-dire $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(F\cup G)$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Notons $V=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x_1,\dots ,x_p,y_1,\dots ,y_q)$. Chaque $x_i$ appartient à $F\subset F+G$ et chaque $y_j$ à $G\subset F+G$ ; comme $F+G$ est un sous-espace vectoriel, la minimalité donne $V\subset F+G$. Réciproquement, soit $x=y+z$ avec $y\in F$ et $z\in G$. Le vecteur $y$ est combinaison linéaire des $x_i$, le vecteur $z$ combinaison linéaire des $y_j$, donc $x$ est combinaison linéaire de la famille concaténée : $x\in V$. $\mathrm{\square }$

Somme directe de deux sous-espaces

Dans l'exemple ci-dessus, chaque vecteur $(\lambda ,\mu ,0)$ du plan somme s'écrit d'une seule façon comme somme d'un vecteur de $F$ et d'un vecteur de $G$. Ce n'est pas automatique, et c'est précisément la propriété qui nous intéresse.

Démonstration. $1\Rightarrow 3$. Le vecteur $0_E$ appartient à $F+G$ et admet la décomposition $0_E=0_E+0_E$. Par unicité, c'est la seule.

$3\Rightarrow 2$. L'inclusion $\{0_E\}\subset F\cap G$ est claire, puisque $0_E$ appartient aux deux sous-espaces. Réciproquement, soit $x\in F\cap G$. Posons $y=x\in F$ et $z=-x\in G$ (le sous-espace $G$ contient $x$ donc son opposé). Alors $y+z=0_E$, donc par hypothèse $y=0_E$, c'est-à-dire $x=0_E$.

$2\Rightarrow 1$. L'existence d'une décomposition est la définition même de $F+G$ ; il reste l'unicité. Soit $x\in F+G$, et supposons

$$x=y+z=y^{\mathrm{\prime }}+z^{\mathrm{\prime }}\text{avec }y,y^{\mathrm{\prime }}\in F\text{ et }z,z^{\mathrm{\prime }}\in G\mathrm{.}$$

En regroupant, $y-y^{\mathrm{\prime }}=z^{\mathrm{\prime }}-z$. Le membre de gauche appartient à $F$ (stabilité de $F$), le membre de droite à $G$. Ce vecteur commun appartient donc à $F\cap G=\{0_E\}$ : il est nul. D'où $y=y^{\mathrm{\prime }}$ et $z=z^{\mathrm{\prime }}$, ce qui est l'unicité. $\mathrm{\square }$

Sous-espaces supplémentaires

Somme d'un nombre fini de sous-espaces

Démonstration. Sens direct. Si la somme est directe, l'unicité de la décomposition de $0_E$, qui admet la décomposition triviale, impose que ce soit la seule.

Sens réciproque. Supposons la condition vérifiée, et soit $x$ un vecteur de la somme admettant deux décompositions :

$$x=x_1+\cdots +x_p=x_1^{\mathrm{\prime }}+\cdots +x_p^{\mathrm{\prime }},x_i,x_i^{\mathrm{\prime }}\in F_i\mathrm{.}$$

En soustrayant, $(x_1-x_1^{\mathrm{\prime }})+\cdots +(x_p-x_p^{\mathrm{\prime }})=0_E$, où chaque $x_i-x_i^{\mathrm{\prime }}$ appartient à $F_i$ par stabilité. L'hypothèse donne $x_i-x_i^{\mathrm{\prime }}=0_E$ pour tout $i$, c'est-à-dire $x_i=x_i^{\mathrm{\prime }}$. La décomposition est unique. $\mathrm{\square }$

Familles libres, familles génératrices, bases

Nous savons fabriquer des sous-espaces à partir de vecteurs. Reste la question de l'économie : combien de vecteurs faut-il, et quand y en a-t-il de trop ? Toute la suite du chapitre repose sur les trois notions ci-dessous.

Familles libres et familles liées

Démonstration. Point 1. Si $x_1=0_E$, la relation $1\cdot x_1=0_E$ a un coefficient non nul : la famille est liée. Si $x_1\mathrm{\ne }{0}_E$ et $\lambda x_1=0_E$, la règle de calcul $\lambda x=0_E\Rightarrow \lambda =0$ ou $x=0_E$ impose $\lambda =0$ : la famille est libre.

Point 2. Si $(x_1,x_2)$ est liée, il existe $({\lambda }_1,{\lambda }_2)\mathrm{\ne }(0,0)$ avec ${\lambda }_1{x}_1+{\lambda }_2{x}_2=0_E$. Quitte à échanger les rôles, supposons ${\lambda }_1\mathrm{\ne }0$ : alors $x_1=-{\displaystyle \frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}}{x}_2$, donc $x_1$ est multiple de $x_2$. Réciproquement, si $x_1=\alpha x_2$, alors $1\cdot x_1-\alpha x_2=0_E$ est une relation de liaison de coefficient $1\mathrm{\ne }0$.

Point 3. Si $x_k=0_E$, la relation $0\cdot x_1+\cdots +1\cdot x_k+\cdots +0\cdot x_p=0_E$ convient.

Point 4. Si $x_k=x_l$ avec $k\mathrm{\ne }l$, la relation $1\cdot x_k+(-1)\cdot x_l=0_E$, complétée par des coefficients nuls, convient.

Point 5. Soit $(x_i{)}_{i\in J}$ une sous-famille, avec $J\subset \{1,\dots ,p\}$. Une relation ${\sum }_{i\in J}{\lambda }_i{x}_i=0_E$ se prolonge en une relation portant sur toute la famille, en posant ${\lambda }_i=0$ pour $i\mathrm{\notin }J$. La liberté de la grande famille donne alors ${\lambda }_i=0$ pour tout $i$, en particulier pour $i\in J$.

Point 6. Supposons la famille liée : il existe ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$ non tous nuls avec ${\sum }_i{\lambda }_i{x}_i=0_E$. Choisissons $k$ tel que ${\lambda }_k\mathrm{\ne }0$. Alors

$$x_k=-\frac{1}{{\lambda }_k}\sum _{i\mathrm{\ne }k}{\lambda }_i{x}_i,$$

donc $x_k$ est combinaison linéaire des autres. Réciproquement, si $x_k={\sum }_{i\mathrm{\ne }k}{\mu }_i{x}_i$, alors ${\sum }_{i\mathrm{\ne }k}{\mu }_i{x}_i+(-1)x_k=0_E$ est une relation de liaison, de coefficient $-1\mathrm{\ne }0$ devant $x_k$. $\mathrm{\square }$

Trois techniques pour les familles de fonctions et de polynômes

Démonstration. Quitte à renuméroter les polynômes — ce qui ne change ni le caractère libre ni le caractère lié —, supposons les degrés rangés dans l'ordre strictement croissant :

$$\mathrm{deg}{P}_0<\mathrm{deg}{P}_1<\cdots <\mathrm{deg}{P}_n\mathrm{.}$$

Soient ${\lambda }_0,\dots ,{\lambda }_n$ des scalaires tels que ${\lambda }_0{P}_0+\cdots +{\lambda }_n{P}_n=0$, et supposons par l'absurde qu'ils ne soient pas tous nuls. Notons $k$ le plus grand indice tel que ${\lambda }_k\mathrm{\ne }0$. La relation s'écrit alors

$${\lambda }_k{P}_k=-\sum _{i=0}^{k-1}{\lambda }_i{P}_i\mathrm{.}$$

Le membre de gauche est de degré $\mathrm{deg}{P}_k$, puisque ${\lambda }_k\mathrm{\ne }0$ et $P_k\mathrm{\ne }0$. Le membre de droite est une somme de polynômes de degrés $\mathrm{deg}{P}_i$ avec $i<k$, donc son degré est majoré par ${\max }_{i<k}\mathrm{deg}{P}_i=\mathrm{deg}{P}_{k-1}<\mathrm{deg}{P}_k$. On obtient

$$\mathrm{deg}{P}_k⩽\mathrm{deg}{P}_{k-1}<\mathrm{deg}{P}_k,$$

ce qui est absurde. Donc tous les ${\lambda }_i$ sont nuls, et la famille est libre.

(Si $k=0$, la relation s'écrit ${\lambda }_0{P}_0=0$ avec ${\lambda }_0\mathrm{\ne }0$, donc $P_0=0$, ce qui contredit l'hypothèse.) $\mathrm{\square }$

Bases et coordonnées

Démonstration. $1\Rightarrow 2$. Supposons $\mathcal{B}$ base. L'existence de l'écriture est exactement le caractère générateur. Pour l'unicité, supposons

$$x=\sum _{i=1}^n{x}_i{e}_i=\sum _{i=1}^n{y}_i{e}_i\mathrm{.}$$

En soustrayant, ${\sum }_{i=1}^n(x_i-y_i)e_i=0_E$. La famille étant libre, tous les coefficients sont nuls : $x_i=y_i$ pour tout $i$.

$2\Rightarrow 1$. L'existence de l'écriture donne $E=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(e_1,\dots ,e_n)$, donc le caractère générateur. Pour la liberté, soit ${\sum }_i{\lambda }_i{e}_i=0_E$. Le vecteur $0_E$ admet aussi l'écriture ${\sum }_{i}0\cdot e_i$ ; par unicité de l'écriture de $0_E$, on obtient ${\lambda }_i=0$ pour tout $i$.

$2⟺3$. Un vecteur de $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(e_i)$ est exactement de la forme $x_i{e}_i$. Écrire $x$ comme somme ${\sum }_i{x}_i{e}_i$ revient donc à le décomposer sur la somme $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(e_1)+\cdots +\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(e_n)$, et l'unicité de l'écriture ${\sum }_i{x}_i{e}_i$ équivaut à l'unicité de cette décomposition — à ceci près qu'il faut savoir que chaque $x_i$ est déterminé par le vecteur $x_i{e}_i$, ce qui est vrai si et seulement si $e_i\mathrm{\ne }{0}_E$. D'où l'équivalence avec le point 3, sous cette réserve. $\mathrm{\square }$

Démonstration (ce sont bien des bases). Cas de ${\mathbb{K}}^n$. Pour $x=(x_1,\dots ,x_n)$, on a $x={\sum }_{i=1}^n{x}_i{e}_i$ : la famille est génératrice. Si ${\sum }_i{\lambda }_i{e}_i=0_{{\mathbb{K}}^n}$, alors le $n$-uplet $({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n)$ est nul, donc tous les ${\lambda }_i$ sont nuls : la famille est libre.

Cas de ${\mathbb{K}}_n[X]$. Un polynôme de degré au plus $n$ s'écrit $P={\sum }_{k=0}^n{a}_k{X}^k$, donc la famille est génératrice. Elle est libre : soit parce que ses éléments sont non nuls et de degrés deux à deux distincts, soit parce qu'un polynôme est nul si et seulement si tous ses coefficients sont nuls.

Cas de ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{K})$. C'est exactement la propriété démontrée au chapitre précédent : toute matrice s'écrit $A={\sum }_i{\sum }_j{a}_{i,j}{E}_{i,j}$ (caractère générateur), et cette écriture est unique (liberté). $\mathrm{\square }$

Espaces vectoriels de dimension finie

Définition et premiers théorèmes

Avant d'énoncer les grands théorèmes, un petit lemme dont nous nous servirons trois fois.

Démonstration. Sens direct par contraposée. Si $x\in \mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x_1,\dots ,x_p)$, écrivons $x={\sum }_{i=1}^p{\mu }_i{x}_i$. Alors ${\mu }_1{x}_1+\cdots +{\mu }_p{x}_p+(-1)x=0_E$ est une relation de liaison à coefficients non tous nuls (celui de $x$ vaut $-1$) : la famille augmentée est liée.

Sens réciproque. Supposons $x\mathrm{\notin }\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x_1,\dots ,x_p)$, et soit une relation

$${\lambda }_1{x}_1+\cdots +{\lambda }_p{x}_p+\lambda x=0_E\mathrm{.}$$

Si $\lambda \mathrm{\ne }0$, on peut écrire $x=-{\displaystyle \frac{1}{\lambda }}{\sum }_{i=1}^p{\lambda }_i{x}_i$, donc $x\in \mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x_1,\dots ,x_p)$ : c'est exclu. Donc $\lambda =0$, et la relation devient ${\sum }_i{\lambda }_i{x}_i=0_E$. La famille $(x_1,\dots ,x_p)$ étant libre, tous les ${\lambda }_i$ sont nuls. La famille augmentée est donc libre. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Considérons l'ensemble

$$\mathcal{J}=\{J\subset \{1,\dots ,p\}:(x_i{)}_{i\in J}\text{ engendre }E\}\mathrm{.}$$

Cet ensemble est non vide, puisqu'il contient $J=\{1,\dots ,p\}$ par hypothèse. L'ensemble des cardinaux des éléments de $\mathcal{J}$ est donc une partie non vide de $\mathbb{N}$ : elle admet un plus petit élément. Choisissons $J_0\in \mathcal{J}$ de cardinal minimal, et notons $r$ ce cardinal.

Remarquons d'abord que $J_0\mathrm{\ne }\mathrm{\varnothing }$ : la famille vide engendre $\{0_E\}$, qui est différent de $E$ par hypothèse.

Montrons que la famille $(x_i{)}_{i\in J_0}$ est libre. Supposons-la liée : il existe alors un indice $k\in J_0$ tel que $x_k$ soit combinaison linéaire des autres vecteurs de la famille, c'est-à-dire $x_k\in \mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}((x_i{)}_{i\in J_0\setminus \{k\}})$. D'après la propriété de suppression d'un générateur superflu,

$$\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}((x_i{)}_{i\in J_0})=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}((x_i{)}_{i\in J_0\setminus \{k\}}),$$

donc $J_0\setminus \{k\}$ appartient encore à $\mathcal{J}$, avec un cardinal $r-1<r$. Cela contredit la minimalité de $r$.

La famille $(x_i{)}_{i\in J_0}$ est donc libre et génératrice : c'est une base de $E$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Soit $E$ de dimension finie. Si $E=\{0_E\}$, la famille vide est une base de $E$ : elle est libre par convention, et elle engendre $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(\mathrm{\varnothing })=\{0_E\}=E$. Sinon, $E$ admet une famille génératrice finie, dont le théorème de la base extraite permet d'extraire une base. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Considérons l'ensemble

$$\mathcal{J}=\{J\subset \{1,\dots ,p\}:(x_1,\dots ,x_r,(g_j{)}_{j\in J})\text{ est libre}\}\mathrm{.}$$

Cet ensemble est non vide, car $J=\mathrm{\varnothing }$ y appartient : la famille $\mathcal{L}$ est libre par hypothèse. Les cardinaux des éléments de $\mathcal{J}$ sont majorés par $p$ ; il existe donc $J_0\in \mathcal{J}$ de cardinal maximal. Notons $\mathcal{B}=(x_1,\dots ,x_r,(g_j{)}_{j\in J_0})$, famille libre par construction, et $V=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(\mathcal{B})$.

Montrons que $V=E$. Il suffit pour cela de prouver que $g_k\in V$ pour tout $k\in \{1,\dots ,p\}$ : le sous-espace $V$ contiendra alors la famille génératrice $\mathcal{G}$, donc $E=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(\mathcal{G})\subset V$ par minimalité du $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}$.

Soit donc $k\in \{1,\dots ,p\}$. Si $k\in J_0$, alors $g_k$ est l'un des vecteurs de $\mathcal{B}$, donc $g_k\in V$. Si $k\mathrm{\notin }{J}_0$, raisonnons par l'absurde en supposant $g_k\mathrm{\notin }V$. D'après le lemme précédent, la famille $\mathcal{B}$ augmentée de $g_k$ est libre ; or c'est exactement la famille associée à $J_0\cup \{k\}$, dont le cardinal est celui de $J_0$ augmenté de $1$. Cela contredit la maximalité de $J_0$. Donc $g_k\in V$.

Ainsi $\mathcal{B}$ est libre et génératrice : c'est une base de $E$, qui contient $\mathcal{L}$ et dont les autres vecteurs proviennent de $\mathcal{G}$. La forme « en particulier » s'obtient en prenant pour $\mathcal{G}$ n'importe quelle famille génératrice finie de $E$, qui existe par hypothèse. $\mathrm{\square }$

Le lemme fondamental et le théorème de la dimension

Tout ce qui suit repose sur l'énoncé ci-dessous, qui est le seul point réellement technique du chapitre. Il dit qu'on ne peut pas « entasser » plus de vecteurs indépendants qu'il n'en faut pour engendrer.

Démonstration. Raisonnons par récurrence sur $n$.

Initialisation ($n=0$). La famille vide engendre $E=\{0_E\}$. Une famille de $1$ vecteur de $E$ est nécessairement $(0_E)$, qui est liée puisqu'elle contient le vecteur nul.

Hérédité. Soit $n⩾1$. Supposons la propriété vraie au rang $n-1$, c'est-à-dire : dans tout espace engendré par $n-1$ vecteurs, toute famille de $n$ vecteurs est liée. Soient $E=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x_1,\dots ,x_n)$ et $y_1,\dots ,y_{n+1}$ des vecteurs de $E$. Chacun s'écrit comme combinaison linéaire des $x_j$ :

$$y_i=\sum _{j=1}^n{a}_{i,j}{x}_j\text{pour }i\in \{1,\dots ,n+1\},$$

avec des scalaires $a_{i,j}$. Posons $F=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x_1,\dots ,x_{n-1})$ : c'est un espace engendré par $n-1$ vecteurs, auquel l'hypothèse de récurrence s'applique.

Premier cas : $a_{i,n}=0$ pour tout $i$. Alors chaque $y_i$ appartient à $F$. En particulier, les $n$ vecteurs $y_1,\dots ,y_n$ sont dans $F$ : par hypothèse de récurrence, ils forment une famille liée. La famille $(y_1,\dots ,y_{n+1})$, qui contient cette sous-famille liée, est donc liée elle aussi.

Second cas : il existe $i_0$ tel que $a_{i_0,n}\mathrm{\ne }0$. Quitte à renuméroter les $y_i$ — ce qui ne change pas le caractère lié —, supposons $i_0=n+1$, c'est-à-dire $a_{n+1,n}\mathrm{\ne }0$. Pour $i\in \{1,\dots ,n\}$, posons

$$z_i=y_i-\frac{a_{i,n}}{a_{n+1,n}}{y}_{n+1}\mathrm{.}$$

Calculons la composante de $z_i$ sur $x_n$ : elle vaut $a_{i,n}-{\displaystyle \frac{a_{i,n}}{a_{n+1,n}}}{a}_{n+1,n}=0$. Ainsi $z_i$ s'écrit comme combinaison linéaire de $x_1,\dots ,x_{n-1}$ seulement, c'est-à-dire $z_i\in F$.

Nous disposons donc de $n$ vecteurs $z_1,\dots ,z_n$ dans l'espace $F$, engendré par $n-1$ vecteurs : l'hypothèse de récurrence affirme qu'ils sont liés. Il existe donc des scalaires ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n$ non tous nuls tels que ${\sum }_{i=1}^n{\lambda }_i{z}_i=0_E$. En remplaçant $z_i$ par sa définition,

$$\sum _{i=1}^n{\lambda }_i{y}_i-\left(\sum _{i=1}^n\frac{{\lambda }_i{a}_{i,n}}{a_{n+1,n}}\right)y_{n+1}=0_E\mathrm{.}$$

C'est une relation de liaison entre $y_1,\dots ,y_{n+1}$, et ses coefficients ne sont pas tous nuls puisque les ${\lambda }_i$ ne le sont pas. La famille $(y_1,\dots ,y_{n+1})$ est donc liée.

Dans les deux cas, la conclusion est acquise, ce qui achève la récurrence.

Conséquence. Si une famille libre avait $p⩾n+1$ vecteurs, sa sous-famille formée des $n+1$ premiers serait libre, alors que le lemme la déclare liée. Donc $p⩽n$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. L'espace $E$ admet au moins une base, d'après le théorème d'existence. Soient $\mathcal{B}=(e_1,\dots ,e_n)$ et ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}=(f_1,\dots ,f_m)$ deux bases de $E$.

La famille $\mathcal{B}$ est génératrice de $E$, qui est donc engendré par $n$ vecteurs. La famille ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ est libre : d'après le lemme fondamental, elle a au plus $n$ vecteurs, soit $m⩽n$.

En échangeant les rôles de $\mathcal{B}$ et de ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$, on obtient $n⩽m$. Donc $m=n$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Les trois premiers points se lisent sur les bases canoniques, dont on a déjà vérifié que ce sont des bases : elle compte $n$ vecteurs dans ${\mathbb{K}}^n$, $n+1$ polynômes dans ${\mathbb{K}}_n[X]$ (à savoir $1,X,\dots ,X^n$ : attention à ne pas oublier le $1$), et $np$ matrices élémentaires dans ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{K})$.

Pour $\mathbb{C}$ : vu comme $\mathbb{C}$-espace vectoriel, la famille $(1)$ est une base, car tout $z$ s'écrit $z=z\times 1$ et $1\mathrm{\ne }0$. Vu comme $\mathbb{R}$-espace vectoriel, la famille $(1,i)$ est une base : elle est génératrice puisque tout complexe s'écrit $a+ib$ avec $a,b$ réels, et libre puisque $a+ib=0$ avec $a,b$ réels entraîne $a=b=0$ (unicité de la partie réelle et de la partie imaginaire).

Produit. Soient $(e_1,\dots ,e_n)$ une base de $E$ et $(f_1,\dots ,f_m)$ une base de $F$. Montrons que la famille de $n+m$ vecteurs

$$((e_1,0_F),\dots ,(e_n,0_F),(0_E,f_1),\dots ,(0_E,f_m))$$

est une base de $E\times F$. Génératrice : pour $(x,y)\in E\times F$, écrivons $x={\sum }_i{x}_i{e}_i$ et $y={\sum }_j{y}_j{f}_j$ ; alors

$$(x,y)=\sum _{i=1}^n{x}_i(e_i,0_F)+\sum _{j=1}^m{y}_j(0_E,f_j),$$

comme on le vérifie composante par composante. Libre : si ${\sum }_i{\lambda }_i(e_i,0_F)+{\sum }_j{\mu }_j(0_E,f_j)=(0_E,0_F)$, alors en identifiant les deux composantes, ${\sum }_i{\lambda }_i{e}_i=0_E$ et ${\sum }_j{\mu }_j{f}_j=0_F$, d'où ${\lambda }_i=0$ et ${\mu }_j=0$ par liberté des deux bases. Donc $\dim (E\times F)=n+m$. $\mathrm{\square }$

Le théorème du bon cardinal

Démonstration. Fixons une base $\mathcal{B}=(e_1,\dots ,e_n)$ de $E$, qui existe et compte $n$ vecteurs par définition de la dimension.

Point 1. L'espace $E$ est engendré par les $n$ vecteurs de $\mathcal{B}$. Le lemme fondamental affirme que toute famille libre a au plus $n$ vecteurs, donc $p⩽n$.

Point 2. Si $\mathcal{V}$ est génératrice et si $E\mathrm{\ne }\{0_E\}$, le théorème de la base extraite fournit une base extraite de $\mathcal{V}$. Cette base a $n$ éléments d'après le théorème de la dimension, et c'est une sous-famille de $\mathcal{V}$ : donc $p⩾n$. Si $E=\{0_E\}$, alors $n=0$ et l'inégalité est triviale.

Point 3, cas libre. Supposons $\mathcal{V}$ libre de cardinal $n$. Le théorème de la base incomplète permet de la compléter en une base ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ de $E$. Or ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ a exactement $n$ éléments (théorème de la dimension) et contient déjà les $n$ vecteurs de $\mathcal{V}$ : aucun vecteur n'a donc été ajouté, et $\mathcal{V}={\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ est une base.

Point 3, cas générateur. Supposons $\mathcal{V}$ génératrice de cardinal $n$, avec $E\mathrm{\ne }\{0_E\}$. Le théorème de la base extraite en extrait une base, qui compte $n$ éléments. Cette base est une sous-famille de $\mathcal{V}$ ayant le même cardinal que $\mathcal{V}$ : c'est donc $\mathcal{V}$ tout entière, qui est ainsi une base. (Si $E=\{0_E\}$, alors $n=0$ et la famille vide est bien une base.)

Enfin, une base est par définition libre et génératrice, ce qui ferme les équivalences. $\mathrm{\square }$

Dimension et sous-espaces

Dimension d'un sous-espace

Démonstration. Posons $n=\dim E$.

Point 1. Considérons l'ensemble des cardinaux des familles libres de vecteurs de $F$. Une telle famille est en particulier une famille libre de $E$, donc son cardinal est majoré par $n$ d'après le théorème du bon cardinal. Cet ensemble de cardinaux est une partie de $\mathbb{N}$, non vide (la famille vide est libre, de cardinal $0$) et majorée par $n$ : il admet donc un plus grand élément $r⩽n$. Soit $\mathcal{L}=(x_1,\dots ,x_r)$ une famille libre de $F$ de cardinal maximal $r$.

Montrons que $\mathcal{L}$ engendre $F$. Soit $x\in F$. Si $r=0$, alors $F$ ne contient aucun vecteur non nul (sinon la famille formée de ce vecteur serait libre, de cardinal $1>0$), donc $F=\{0_E\}=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(\mathcal{L})$. Si $r⩾1$, la famille $(x_1,\dots ,x_r,x)$ est formée de vecteurs de $F$ et compte $r+1$ éléments : par maximalité de $r$, elle ne peut pas être libre. D'après le lemme sur l'ajout d'un vecteur à une famille libre, cela signifie que $x\in \mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x_1,\dots ,x_r)$. Donc $F\subset \mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(\mathcal{L})$, et l'inclusion réciproque est claire puisque les $x_i$ sont dans $F$, qui est un sous-espace vectoriel.

Ainsi $\mathcal{L}$ est une base de $F$ : l'espace $F$ est de dimension finie, et $\dim F=r⩽n$.

Point 2. Si $F=E$, l'égalité des dimensions est évidente. Réciproquement, supposons $\dim F=n$. Soit $\mathcal{B}$ une base de $F$ : c'est une famille libre de $n$ vecteurs de $E$, donc une base de $E$ d'après le théorème du bon cardinal. Par conséquent

$$E=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(\mathcal{B})=F,$$

la dernière égalité parce que $\mathcal{B}$ est une base de $F$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Posons $n=\dim E$ et $r=\dim F$, avec $r⩽n$ d'après la propriété précédente. Soit $(e_1,\dots ,e_r)$ une base de $F$. C'est une famille libre de $E$ : le théorème de la base incomplète permet de la compléter en une base

$$(e_1,\dots ,e_r,e_{r+1},\dots ,e_n)$$

de $E$. Posons $G=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(e_{r+1},\dots ,e_n)$, et montrons que $E=F\oplus G$.

Somme. Soit $x\in E$. Décomposons-le dans la base : $x={\sum }_{i=1}^n{x}_i{e}_i$. Alors

$$x=\underset{\in F}{\underbrace{\sum _{i=1}^r{x}_i{e}_i}}+\underset{\in G}{\underbrace{\sum _{i=r+1}^n{x}_i{e}_i}},$$

donc $x\in F+G$, et $E=F+G$.

Intersection. Soit $x\in F\cap G$. Comme $x\in F$, il s'écrit $x={\sum }_{i=1}^r{\alpha }_i{e}_i$ ; comme $x\in G$, il s'écrit $x={\sum }_{i=r+1}^n{\beta }_i{e}_i$. En soustrayant,

$${\alpha }_1{e}_1+\cdots +{\alpha }_r{e}_r-{\beta }_{r+1}{e}_{r+1}-\cdots -{\beta }_n{e}_n=0_E\mathrm{.}$$

La famille $(e_1,\dots ,e_n)$ étant libre, tous les coefficients sont nuls, donc $x=0_E$.

Ainsi $E=F\oplus G$. $\mathrm{\square }$

Dimension d'une somme, formule de Grassmann

Démonstration. Notons ${\mathcal{B}}_F=(e_1,\dots ,e_r)$ et ${\mathcal{B}}_G=(f_1,\dots ,f_s)$, et $\mathcal{B}$ la famille concaténée $(e_1,\dots ,e_r,f_1,\dots ,f_s)$.

Génératrice. Soit $x\in F\oplus G$ : il s'écrit $x=y+z$ avec $y\in F$ et $z\in G$. Décomposons $y$ sur ${\mathcal{B}}_F$ et $z$ sur ${\mathcal{B}}_G$ : $x$ est combinaison linéaire de $\mathcal{B}$.

Libre. Soit une relation ${\sum }_{i=1}^r{\lambda }_i{e}_i+{\sum }_{j=1}^s{\mu }_j{f}_j=0_E$. Posons $y={\sum }_i{\lambda }_i{e}_i\in F$ et $z={\sum }_j{\mu }_j{f}_j\in G$ : on a $y+z=0_E$. La somme étant directe, la seule décomposition du vecteur nul est la décomposition triviale, donc $y=0_E$ et $z=0_E$. La liberté de ${\mathcal{B}}_F$ donne alors ${\lambda }_i=0$ pour tout $i$, et celle de ${\mathcal{B}}_G$ donne ${\mu }_j=0$ pour tout $j$.

Ainsi $\mathcal{B}$ est une base de $F\oplus G$, qui compte $r+s$ éléments. Le cas de $p$ sous-espaces s'obtient par la même démonstration, ou par récurrence sur $p$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. L'espace $F\cap G$ est un sous-espace vectoriel de $F$, qui est de dimension finie : il est donc lui aussi de dimension finie. Posons

$$d=\dim (F\cap G),r=\dim F,s=\dim G\mathrm{.}$$

Soit $(a_1,\dots ,a_d)$ une base de $F\cap G$. C'est une famille libre de $F$ : complétons-la en une base

$$(a_1,\dots ,a_d,b_1,\dots ,b_{r-d})\text{de }F\mathrm{.}$$

C'est aussi une famille libre de $G$ : complétons-la en une base

$$(a_1,\dots ,a_d,c_1,\dots ,c_{s-d})\text{de }G\mathrm{.}$$

Montrons que la famille

$$\mathcal{B}=(a_1,\dots ,a_d,b_1,\dots ,b_{r-d},c_1,\dots ,c_{s-d})$$

est une base de $F+G$ ; elle compte $d+(r-d)+(s-d)=r+s-d$ éléments, ce qui donnera la formule.

Génératrice. La famille $\mathcal{B}$ contient une famille génératrice de $F$ et une famille génératrice de $G$ ; d'après la propriété sur les générateurs d'une somme, elle engendre $F+G$.

Libre. Supposons

$$\sum _{i=1}^d{\alpha }_i{a}_i+\sum _{j=1}^{r-d}{\beta }_j{b}_j+\sum _{k=1}^{s-d}{\gamma }_k{c}_k=0_E\mathrm{.}$$

Posons $w={\sum }_k{\gamma }_k{c}_k$. D'une part $w\in G$, comme combinaison linéaire de vecteurs de $G$. D'autre part, l'égalité ci-dessus donne

$$w=-\sum _{i=1}^d{\alpha }_i{a}_i-\sum _{j=1}^{r-d}{\beta }_j{b}_j,$$

qui est une combinaison linéaire de vecteurs de $F$, donc $w\in F$. Ainsi $w\in F\cap G$, et l'on peut le décomposer sur la base $(a_1,\dots ,a_d)$ : il existe des scalaires ${\theta }_i$ tels que $w={\sum }_{i=1}^d{\theta }_i{a}_i$. En égalant les deux expressions de $w$,

$$\sum _{i=1}^d{\theta }_i{a}_i-\sum _{k=1}^{s-d}{\gamma }_k{c}_k=0_E\mathrm{.}$$

Or $(a_1,\dots ,a_d,c_1,\dots ,c_{s-d})$ est une base de $G$, donc une famille libre : tous les coefficients sont nuls, en particulier ${\gamma }_k=0$ pour tout $k$, et donc $w=0_E$.

La relation initiale se réduit alors à ${\sum }_i{\alpha }_i{a}_i+{\sum }_j{\beta }_j{b}_j=0_E$, portant sur la base de $F$ : tous les ${\alpha }_i$ et les ${\beta }_j$ sont nuls. La famille $\mathcal{B}$ est donc libre.

Elle est libre et génératrice de $F+G$ : c'est une base, et $\dim (F+G)=r+s-d$. $\mathrm{\square }$

Caractérisation des supplémentaires en dimension finie

Démonstration. Tout repose sur la formule de Grassmann, qui s'écrit ici

$$\dim (F+G)=\dim F+\dim G-\dim (F\cap G)\mathrm{.}$$

(i) et (ii) $\Rightarrow$ (iii). Si $F\cap G=\{0_E\}$ alors $\dim (F\cap G)=0$, et si $F+G=E$ alors $\dim (F+G)=n$. La formule donne $n=\dim F+\dim G$.

(i) et (iii) $\Rightarrow$ (ii). De $\dim (F\cap G)=0$ et de la formule, on tire $\dim (F+G)=\dim F+\dim G=n$. Or $F+G$ est un sous-espace de $E$ de même dimension que $E$ : d'après la caractérisation de l'égalité par les dimensions, $F+G=E$.

(ii) et (iii) $\Rightarrow$ (i). De $F+G=E$ on tire $\dim (F+G)=n$, et la formule donne $\dim (F\cap G)=\dim F+\dim G-n=0$. Un sous-espace de dimension nulle est réduit au vecteur nul, donc $F\cap G=\{0_E\}$.

Dans les trois cas, les assertions (i) et (ii) sont vérifiées, ce qui est la définition de $E=F\oplus G$. $\mathrm{\square }$

Rang d'une famille de vecteurs

Démonstration. Point 1. Notons $V=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x_1,\dots ,x_p)$. La famille $(x_1,\dots ,x_p)$ est génératrice de $V$, donc $\dim V⩽p$ d'après le théorème du bon cardinal. Si la famille est libre, c'est une base de $V$ et $\dim V=p$. Réciproquement, si $\dim V=p$, la famille est une famille génératrice de $V$ de cardinal $\dim V$ : c'est une base de $V$, donc elle est libre.

Point 2. $V$ est un sous-espace de $E$, donc $\dim V⩽\dim E$, avec égalité si et seulement si $V=E$, c'est-à-dire si et seulement si la famille est génératrice de $E$.

Point 3. Ces opérations ne modifient pas $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x_1,\dots ,x_p)$, comme on l'a démontré à la section sur le sous-espace engendré ; elles ne modifient donc pas sa dimension. $\mathrm{\square }$

Applications linéaires

Une structure ne prend son intérêt que lorsqu'on étudie les applications qui la respectent. Pour les groupes, c'étaient les morphismes ; pour les espaces vectoriels, ce sont les applications linéaires, c'est-à-dire celles qui « commutent » avec les combinaisons linéaires.

Définition et exemples

Démonstration. Sens direct. Si $u$ est linéaire, alors $u(\lambda x+\mu y)=u(\lambda x)+u(\mu y)=\lambda u(x)+\mu u(y)$, en appliquant successivement l'additivité puis l'homogénéité.

Sens réciproque. Le cas $\lambda =\mu =1$ donne l'additivité, et le cas $\mu =0$ donne $u(\lambda x)=\lambda u(x)+0\cdot u(y)=\lambda u(x)$.

Image du vecteur nul. $u(0_E)=u(0\cdot 0_E)=0\cdot u(0_E)=0_F$, en utilisant l'homogénéité puis la règle $0\cdot y=0_F$.

Combinaison linéaire finie. Récurrence immédiate sur $p$. Le cas $p=1$ est l'homogénéité ; l'hérédité s'obtient en écrivant ${\sum }_{i=1}^{p+1}{\lambda }_i{x}_i=\left({\sum }_{i=1}^p{\lambda }_i{x}_i\right)+{\lambda }_{p+1}{x}_{p+1}$ et en appliquant l'additivité puis l'hypothèse de récurrence. $\mathrm{\square }$

Structure de l'ensemble des applications linéaires

Démonstration. Point 1. L'ensemble $\mathcal{L}(E,F)$ est une partie de $\mathcal{F}(E,F)$, qui est un $\mathbb{K}$-espace vectoriel pour les lois usuelles. L'application nulle est linéaire, donc $\mathcal{L}(E,F)$ contient le vecteur nul de $\mathcal{F}(E,F)$. Soient $u,v\in \mathcal{L}(E,F)$ et $\alpha ,\beta \in \mathbb{K}$. Pour tous $x,y\in E$ et $\lambda ,\mu \in \mathbb{K}$,

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle (\alpha u+\beta v)(\lambda x+\mu y)}& {\displaystyle =\alpha u(\lambda x+\mu y)+\beta v(\lambda x+\mu y)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\alpha (\lambda u(x)+\mu u(y))+\beta (\lambda v(x)+\mu v(y))}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\lambda (\alpha u(x)+\beta v(x))+\mu (\alpha u(y)+\beta v(y))}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\lambda (\alpha u+\beta v)(x)+\mu (\alpha u+\beta v)(y)\mathrm{.}}\end{array}$$

Donc $\alpha u+\beta v\in \mathcal{L}(E,F)$, et $\mathcal{L}(E,F)$ est un sous-espace vectoriel.

Point 2. Pour $x,y\in E$ et $\lambda ,\mu \in \mathbb{K}$,

$$(v\circ u)(\lambda x+\mu y)=v(u(\lambda x+\mu y))=v(\lambda u(x)+\mu u(y))=\lambda v(u(x))+\mu v(u(y)),$$

en utilisant la linéarité de $u$ puis celle de $v$.

Point 3. Vérifions la première égalité en évaluant en un vecteur $x$ quelconque :

$$[v\circ (u+\lambda u^{\mathrm{\prime }})](x)=v(u(x)+\lambda u^{\mathrm{\prime }}(x))=v(u(x))+\lambda v(u^{\mathrm{\prime }}(x))=[v\circ u+\lambda (v\circ u^{\mathrm{\prime }})](x),$$

où la deuxième égalité utilise la linéarité de $v$. Pour la seconde, en évaluant de même,

$$[(v+\lambda v^{\mathrm{\prime }})\circ u](x)=(v+\lambda v^{\mathrm{\prime }})(u(x))=v(u(x))+\lambda v^{\mathrm{\prime }}(u(x)),$$

qui ne fait appel qu'à la définition de la somme de deux applications. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Point 1. On sait déjà que $(\mathcal{L}(E),+)$ est un groupe abélien (c'est un espace vectoriel). La composition est une loi interne sur $\mathcal{L}(E)$ d'après le point 2 de la propriété précédente, elle est associative (comme composition d'applications), et ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ est linéaire et neutre pour $\circ$. La distributivité de $\circ$ sur $+$ est le point 3 de la propriété précédente, pris avec $\lambda =1$. Donc $\mathcal{L}(E)$ est un anneau.

Pour la non-commutativité, supposons $\dim E⩾2$ et fixons deux vecteurs $e_1,e_2$ d'une base. Considérons $u$ et $v$ définis sur cette base par $u(e_1)=e_2$, $u(e_i)=0_E$ pour $i\mathrm{\ne }1$, et $v(e_2)=e_1$, $v(e_i)=0_E$ pour $i\mathrm{\ne }2$ (la légitimité de telles définitions est l'objet du théorème de détermination par l'image d'une base, plus bas). Alors

$$(v\circ u)(e_1)=v(e_2)=e_1\text{tandis que}(u\circ v)(e_1)=u(0_E)=0_E\mathrm{.}$$

Les deux endomorphismes diffèrent donc en $e_1$ : $u\circ v\mathrm{\ne }v\circ u$.

Point 2. L'ensemble $\mathrm{G}\mathrm{L}(E)$ est une partie de $\mathcal{L}(E)$ stable par composition : si $u$ et $v$ sont des automorphismes, $v\circ u$ est linéaire et bijective comme composée de deux bijections. La composition est associative, ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E\in \mathrm{G}\mathrm{L}(E)$ est neutre, et l'inverse d'un automorphisme $u$ est sa bijection réciproque $u^{-1}$, qui est linéaire d'après la propriété démontrée plus bas. Donc $\mathrm{G}\mathrm{L}(E)$ est un groupe. $\mathrm{\square }$

Noyau et image

Démonstration. Point 1. On a $0_F=u(0_E)\in u(A)$ puisque $0_E\in A$. Soient $y,y^{\mathrm{\prime }}\in u(A)$ et $\lambda ,\mu \in \mathbb{K}$ : il existe $x,x^{\mathrm{\prime }}\in A$ tels que $y=u(x)$ et $y^{\mathrm{\prime }}=u(x^{\mathrm{\prime }})$. Alors

$$\lambda y+\mu y^{\mathrm{\prime }}=\lambda u(x)+\mu u(x^{\mathrm{\prime }})=u(\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }}),$$

et $\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }}\in A$ par stabilité de $A$. Donc $\lambda y+\mu y^{\mathrm{\prime }}\in u(A)$.

Point 2. On a $u(0_E)=0_F\in B$, donc $0_E\in u^{-1}(B)$. Soient $x,x^{\mathrm{\prime }}\in u^{-1}(B)$ et $\lambda ,\mu \in \mathbb{K}$. Alors $u(\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }})=\lambda u(x)+\mu u(x^{\mathrm{\prime }})$, combinaison linéaire de deux éléments de $B$, donc élément de $B$ par stabilité. Ainsi $\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }}\in u^{-1}(B)$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Point 1. C'est la définition de la surjectivité, réécrite.

Point 2. Supposons $u$ injective, et soit $x\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$. Alors $u(x)=0_F=u(0_E)$, donc $x=0_E$ par injectivité. Ainsi $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u\subset \{0_E\}$, et l'inclusion réciproque est toujours vraie.

Réciproquement, supposons $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u=\{0_E\}$, et soient $x,y\in E$ tels que $u(x)=u(y)$. Par linéarité, $u(x-y)=u(x)-u(y)=0_F$, donc $x-y\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u=\{0_E\}$, d'où $x-y=0_E$ et $x=y$. L'application $u$ est injective. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Inclusion $\subset$. Soit $y\in \mathrm{I}\mathrm{m}u$ : il existe $x\in E$ tel que $y=u(x)$. Écrivons $x={\sum }_{i=1}^p{\lambda }_i{x}_i$, ce qui est possible car la famille est génératrice. Par linéarité,

$$y=u\left(\sum _{i=1}^p{\lambda }_i{x}_i\right)=\sum _{i=1}^p{\lambda }_{i}u(x_i)\in \mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(u(x_1),\dots ,u(x_p))\mathrm{.}$$

Inclusion $\supset$. Chaque $u(x_i)$ appartient à $\mathrm{I}\mathrm{m}u$, qui est un sous-espace vectoriel de $F$ : par minimalité du $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}$, $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(u(x_1),\dots ,u(x_p))\subset \mathrm{I}\mathrm{m}u$. $\mathrm{\square }$

Isomorphismes

Démonstration. Soient $y,y^{\mathrm{\prime }}\in F$ et $\lambda ,\mu \in \mathbb{K}$. Posons $x=u^{-1}(y)$ et $x^{\mathrm{\prime }}=u^{-1}(y^{\mathrm{\prime }})$, de sorte que $u(x)=y$ et $u(x^{\mathrm{\prime }})=y^{\mathrm{\prime }}$. Par linéarité de $u$,

$$u(\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }})=\lambda u(x)+\mu u(x^{\mathrm{\prime }})=\lambda y+\mu y^{\mathrm{\prime }}\mathrm{.}$$

En appliquant $u^{-1}$ aux deux membres, on obtient

$$\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }}=u^{-1}(\lambda y+\mu y^{\mathrm{\prime }}),$$

c'est-à-dire $u^{-1}(\lambda y+\mu y^{\mathrm{\prime }})=\lambda u^{-1}(y)+\mu u^{-1}(y^{\mathrm{\prime }})$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Point 1. Supposons $u$ injective, et soit ${\sum }_i{\lambda }_{i}u(e_i)=0_F$. Par linéarité, $u\left({\sum }_i{\lambda }_i{e}_i\right)=0_F$, donc ${\sum }_i{\lambda }_i{e}_i\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u=\{0_E\}$, donc ${\sum }_i{\lambda }_i{e}_i=0_E$ et, par liberté de la base, tous les ${\lambda }_i$ sont nuls.

Réciproquement, supposons la famille image libre, et soit $x\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$. Écrivons $x={\sum }_i{x}_i{e}_i$ ; alors $0_F=u(x)={\sum }_i{x}_{i}u(e_i)$, donc tous les $x_i$ sont nuls et $x=0_E$.

Point 2. C'est la propriété sur l'image d'une famille génératrice : $\mathrm{I}\mathrm{m}u=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(u(e_1),\dots ,u(e_n))$, et $u$ est surjective si et seulement si ce sous-espace vaut $F$.

Point 3. Conjonction des deux points précédents. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Sens direct. Soit $u:E\to F$ un isomorphisme et $(e_1,\dots ,e_n)$ une base de $E$. D'après le point 3 de la propriété précédente, $(u(e_1),\dots ,u(e_n))$ est une base de $F$, qui compte $n$ éléments. Donc $\dim F=n=\dim E$.

Sens réciproque. Supposons $\dim E=\dim F=n$. Si $n=0$, les deux espaces sont réduits à leur vecteur nul et l'application nulle est un isomorphisme. Sinon, soient $(e_1,\dots ,e_n)$ une base de $E$ et $(f_1,\dots ,f_n)$ une base de $F$. Définissons $u:E\to F$ par

$$u\left(\sum _{i=1}^n{x}_i{e}_i\right)=\sum _{i=1}^n{x}_i{f}_i\mathrm{.}$$

Cette définition a un sens : les coordonnées $x_i$ de $x$ dans la base $(e_i)$ sont uniques, donc $u(x)$ est bien déterminé. L'application $u$ est linéaire : si $x={\sum }_i{x}_i{e}_i$ et $y={\sum }_i{y}_i{e}_i$, alors $\lambda x+\mu y$ a pour coordonnées $\lambda x_i+\mu y_i$, donc

$$u(\lambda x+\mu y)=\sum _i(\lambda x_i+\mu y_i)f_i=\lambda \sum _i{x}_i{f}_i+\mu \sum _i{y}_i{f}_i=\lambda u(x)+\mu u(y)\mathrm{.}$$

Enfin, $u$ envoie la base $(e_i)$ sur la base $(f_i)$, donc c'est un isomorphisme d'après le point 3.

Cas particulier. Un espace de dimension $n$ est isomorphe à ${\mathbb{K}}^n$, qui est de dimension $n$. L'isomorphisme en question est l'application « coordonnées » : $x\mapsto (x_1,\dots ,x_n)$. $\mathrm{\square }$

Détermination par l'image d'une base

Le théorème suivant est le pivot de toute la théorie : il dit qu'une application linéaire est un objet fini dès que $E$ est de dimension finie, entièrement décrit par $n$ vecteurs.

Démonstration. Unicité. Soient $u$ et $v$ deux applications linéaires vérifiant $u(e_i)=v(e_i)=y_i$ pour tout $i$. Soit $x\in E$, de coordonnées $(x_1,\dots ,x_n)$ dans $\mathcal{B}$. Par linéarité,

$$u(x)=u\left(\sum _{i=1}^n{x}_i{e}_i\right)=\sum _{i=1}^n{x}_{i}u(e_i)=\sum _{i=1}^n{x}_i{y}_i=\sum _{i=1}^n{x}_{i}v(e_i)=v(x)\mathrm{.}$$

Ceci valant pour tout $x$, on a $u=v$.

Existence. Définissons $u:E\to F$ de la façon suivante : pour $x\in E$, on note $(x_1,\dots ,x_n)$ ses coordonnées dans $\mathcal{B}$ — elles existent et sont uniques puisque $\mathcal{B}$ est une base — et l'on pose

$$u(x)=\sum _{i=1}^n{x}_i{y}_i\mathrm{.}$$

Cette définition est licite : à chaque $x$ correspond une seule liste de coordonnées, donc un seul vecteur $u(x)$. C'est ici, et uniquement ici, que le caractère de base intervient.

Linéarité. Soient $x,x^{\mathrm{\prime }}\in E$ de coordonnées $(x_i)$ et $(x_i^{\mathrm{\prime }})$, et $\lambda ,\mu \in \mathbb{K}$. Le vecteur $\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }}$ a pour coordonnées $(\lambda x_i+\mu x_i^{\mathrm{\prime }})$, car

$$\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }}=\lambda \sum _i{x}_i{e}_i+\mu \sum _i{x}_i^{\mathrm{\prime }}{e}_i=\sum _i(\lambda x_i+\mu x_i^{\mathrm{\prime }})e_i$$

et l'écriture dans une base est unique. Donc

$$u(\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }})=\sum _i(\lambda x_i+\mu x_i^{\mathrm{\prime }})y_i=\lambda \sum _i{x}_i{y}_i+\mu \sum _i{x}_i^{\mathrm{\prime }}{y}_i=\lambda u(x)+\mu u(x^{\mathrm{\prime }})\mathrm{.}$$

Valeurs sur la base. Les coordonnées de $e_j$ dans $\mathcal{B}$ sont $({\delta }_{1,j},\dots ,{\delta }_{n,j})$, donc $u(e_j)={\sum }_{i=1}^n{\delta }_{i,j}{y}_i=y_j$. $\mathrm{\square }$

Rang et théorème du rang

Le rang d'une application linéaire

Démonstration. Le noyau $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$ est un sous-espace vectoriel de $E$, qui est de dimension finie : il admet donc un supplémentaire $S$ dans $E$, et

$$E=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u\oplus S,\text{donc}\dim E=\dim \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u+\dim S\mathrm{.}$$

Il suffit maintenant de montrer que $\dim S=\dim \mathrm{I}\mathrm{m}u$, et pour cela d'établir que l'application

$$\tilde{u}:S⟶\mathrm{I}\mathrm{m}u,x⟼u(x)$$

est un isomorphisme. Commençons par vérifier qu'elle est bien définie : pour $x\in S$, le vecteur $u(x)$ appartient bien à $\mathrm{I}\mathrm{m}u$. Elle est linéaire, comme restriction d'une application linéaire à un sous-espace, l'espace d'arrivée étant seulement restreint.

Injectivité. Soit $x\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\tilde{u}$, c'est-à-dire $x\in S$ et $u(x)=0_F$. Alors $x\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$, donc $x\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u\cap S=\{0_E\}$, la somme étant directe. Donc $x=0_E$, et $\tilde{u}$ est injective.

Surjectivité. Soit $y\in \mathrm{I}\mathrm{m}u$ : il existe $x\in E$ tel que $y=u(x)$. Décomposons $x$ sur la somme directe : $x=k+s$ avec $k\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$ et $s\in S$. Alors, par linéarité,

$$y=u(x)=u(k)+u(s)=0_F+u(s)=u(s)=\tilde{u}(s),$$

avec $s\in S$. Donc $\tilde{u}$ est surjective.

Ainsi $\tilde{u}$ est un isomorphisme de $S$ sur $\mathrm{I}\mathrm{m}u$. Comme $S$ est de dimension finie (sous-espace de $E$), son image $\mathrm{I}\mathrm{m}u$ l'est aussi, et les deux espaces étant isomorphes, $\dim \mathrm{I}\mathrm{m}u=\dim S$. En reportant,

$$\dim E=\dim \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u+\dim S=\dim \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u+\mathrm{r}\mathrm{g}(u)\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Conséquences en dimension finie

Démonstration. Point 1. D'une part, $\mathrm{I}\mathrm{m}u$ est un sous-espace de $F$, donc $\mathrm{r}\mathrm{g}(u)⩽\dim F$. D'autre part, le théorème du rang donne $\mathrm{r}\mathrm{g}(u)=\dim E-\dim \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u⩽\dim E$.

Point 2. $u$ est injective si et seulement si $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u=\{0_E\}$, c'est-à-dire $\dim \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u=0$, c'est-à-dire $\mathrm{r}\mathrm{g}(u)=\dim E$ par le théorème du rang. Comme $\mathrm{r}\mathrm{g}(u)⩽\dim F$, il vient $\dim E⩽\dim F$.

Point 3. $u$ est surjective si et seulement si $\mathrm{I}\mathrm{m}u=F$, ce qui, $\mathrm{I}\mathrm{m}u$ étant un sous-espace de $F$, équivaut à $\dim \mathrm{I}\mathrm{m}u=\dim F$. Et alors $\dim F=\mathrm{r}\mathrm{g}(u)⩽\dim E$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Posons $n=\dim E=\dim F$. Le théorème du rang s'écrit $\dim \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u+\mathrm{r}\mathrm{g}(u)=n$.

$1⟺2$. L'application $u$ est injective si et seulement si $\dim \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u=0$, c'est-à-dire si et seulement si $\mathrm{r}\mathrm{g}(u)=n$. Or $\mathrm{I}\mathrm{m}u$ est un sous-espace de $F$, qui est de dimension $n$ : la condition $\dim \mathrm{I}\mathrm{m}u=n=\dim F$ équivaut à $\mathrm{I}\mathrm{m}u=F$, c'est-à-dire à la surjectivité.

$3⟺1$ et $2$. La bijectivité est par définition la conjonction de l'injectivité et de la surjectivité, qui sont équivalentes d'après ce qui précède. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Composer à gauche par un isomorphisme. On a $\mathrm{I}\mathrm{m}(v\circ u)=v\left(\mathrm{I}\mathrm{m}u\right)$ : en effet, un élément de $\mathrm{I}\mathrm{m}(v\circ u)$ est de la forme $v(u(x))$, donc image par $v$ d'un élément de $\mathrm{I}\mathrm{m}u$, et réciproquement. Or $v$ est injective, donc sa restriction à $\mathrm{I}\mathrm{m}u$ est un isomorphisme de $\mathrm{I}\mathrm{m}u$ sur $v(\mathrm{I}\mathrm{m}u)$ : les deux espaces ont même dimension. D'où $\mathrm{r}\mathrm{g}(v\circ u)=\mathrm{r}\mathrm{g}(u)$.

Composer à droite par un isomorphisme. Comme $w$ est surjective, $w(G^{\mathrm{\prime }})=E$, donc

$$\mathrm{I}\mathrm{m}(u\circ w)=u(w(G^{\mathrm{\prime }}))=u(E)=\mathrm{I}\mathrm{m}u,$$

et les rangs sont égaux.

Inégalité générale. D'une part, $\mathrm{I}\mathrm{m}(v\circ u)=v(\mathrm{I}\mathrm{m}u)$ est l'image d'un espace de dimension $\mathrm{r}\mathrm{g}(u)$ par une application linéaire, donc sa dimension est au plus $\mathrm{r}\mathrm{g}(u)$ (théorème du rang appliqué à la restriction de $v$). D'autre part, $\mathrm{I}\mathrm{m}(v\circ u)\subset \mathrm{I}\mathrm{m}v$, donc $\mathrm{r}\mathrm{g}(v\circ u)⩽\mathrm{r}\mathrm{g}(v)$. $\mathrm{\square }$

Projecteurs et symétries

Une décomposition $E=F\oplus G$ associe à chaque vecteur deux composantes. Il est naturel de considérer les applications qui ne retiennent que l'une d'elles, ou qui changent le signe de l'autre : ce sont les projecteurs et les symétries. L'intérêt du couple de résultats qui suit est qu'il fonctionne dans les deux sens : on passe d'une décomposition à un endomorphisme, et réciproquement d'une équation sur un endomorphisme à une décomposition.

Projecteurs

Démonstration. Point 1. L'application $p$ est bien définie grâce à l'unicité de la décomposition. Soient $x,x^{\mathrm{\prime }}\in E$ et $\lambda ,\mu \in \mathbb{K}$, de décompositions $x=y+z$ et $x^{\mathrm{\prime }}=y^{\mathrm{\prime }}+z^{\mathrm{\prime }}$. Alors

$$\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }}=\underset{\in F}{\underbrace{(\lambda y+\mu y^{\mathrm{\prime }})}}+\underset{\in G}{\underbrace{(\lambda z+\mu z^{\mathrm{\prime }})}},$$

et cette écriture est la décomposition de $\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }}$, par unicité. Donc $p(\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }})=\lambda y+\mu y^{\mathrm{\prime }}=\lambda p(x)+\mu p(x^{\mathrm{\prime }})$.

Point 2. Par construction, $p(x)\in F$ pour tout $x$, donc $\mathrm{I}\mathrm{m}p\subset F$. Réciproquement, si $y\in F$, sa décomposition est $y=y+0_E$, donc $p(y)=y$ et $y\in \mathrm{I}\mathrm{m}p$. D'où $\mathrm{I}\mathrm{m}p=F$. Pour le noyau : $p(x)=0_E$ signifie que la composante de $x$ sur $F$ est nulle, c'est-à-dire $x=0_E+z$ avec $z\in G$, soit $x\in G$. Donc $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}p=G$.

Point 3. Soit $x=y+z$. Alors $p(x)=y$, et la décomposition de $y$ est $y=y+0_E$, donc $p(p(x))=p(y)=y=p(x)$. Ainsi $p\circ p=p$.

Point 4. Le calcul ci-dessus montre que $p(y)=y$ pour tout $y\in F=\mathrm{I}\mathrm{m}p$, donc $\mathrm{I}\mathrm{m}p\subset \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}(p-{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)$. Réciproquement, si $p(x)=x$, alors $x=p(x)\in \mathrm{I}\mathrm{m}p$.

Point 5. Pour $x=y+z$, on a $p(x)+q(x)=y+z=x$, donc $p+q={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$. Et $p(q(x))=p(z)=0_E$ puisque $z\in G=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}p$ ; de même pour $q\circ p$. $\mathrm{\square }$

Le résultat suivant est la réciproque, et c'est lui que l'on utilise en exercice : une simple équation permet de reconnaître un projecteur et de lire la décomposition associée.

Démonstration. La somme vaut $E$. Soit $x\in E$. Écrivons l'identité

$$x=\underset{(1)}{\underbrace{(x-p(x))}}+\underset{(2)}{\underbrace{p(x)}}\mathrm{.}$$

Le terme (2) appartient à $\mathrm{I}\mathrm{m}p$ par définition. Le terme (1) appartient à $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}p$, car

$$p(x-p(x))=p(x)-p(p(x))=p(x)-p(x)=0_E,$$

en utilisant la linéarité de $p$ puis l'hypothèse $p\circ p=p$. Donc $x\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}p+\mathrm{I}\mathrm{m}p$.

La somme est directe. Soit $x\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}p\cap \mathrm{I}\mathrm{m}p$. Comme $x\in \mathrm{I}\mathrm{m}p$, il existe $t\in E$ tel que $x=p(t)$ ; alors

$$p(x)=p(p(t))=p(t)=x\mathrm{.}$$

Comme $x\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}p$, on a aussi $p(x)=0_E$. Donc $x=0_E$, et $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}p\cap \mathrm{I}\mathrm{m}p=\{0_E\}$.

$p$ est bien le projecteur annoncé. Notons $\pi$ le projecteur sur $\mathrm{I}\mathrm{m}p$ parallèlement à $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}p$. Pour $x\in E$, la décomposition écrite plus haut, $x=(x-p(x))+p(x)$, est la décomposition de $x$ dans la somme directe : sa composante sur $\mathrm{I}\mathrm{m}p$ est $p(x)$. Donc $\pi (x)=p(x)$ pour tout $x$, c'est-à-dire $\pi =p$. $\mathrm{\square }$

Symétries

Démonstration. Point 1. Pour $x=y+z$, on a $p(x)=y$ et $x=y+z$, donc

$$2p(x)-x=2y-(y+z)=y-z=s(x)\mathrm{.}$$

Ainsi $s=2p-{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, qui est linéaire comme combinaison linéaire de deux applications linéaires.

Point 2. Pour $x=y+z$, le vecteur $s(x)=y+(-z)$ a pour composantes $y\in F$ et $-z\in G$, donc

$$s(s(x))=y-(-z)=y+z=x\mathrm{.}$$

Donc $s\circ s={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, ce qui prouve que $s$ est bijective, de réciproque elle-même.

Point 3. $s(x)=x$ équivaut à $y-z=y+z$, c'est-à-dire $2z=0_E$, soit $z=0_E$ (car $2\mathrm{\ne }0$ dans $\mathbb{K}$), c'est-à-dire $x\in F$. De même, $s(x)=-x$ équivaut à $2y=0_E$, soit $x\in G$.

Réciproque. Supposons $s\circ s={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, et posons $p={\displaystyle \frac{1}{2}}(s+{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)$, ce qui est licite puisque $2$ est inversible dans $\mathbb{K}$. Alors $p$ est linéaire et

$$p\circ p=\frac{1}{4}(s+{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)\circ (s+{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)=\frac{1}{4}(s\circ s+2s+{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)=\frac{1}{4}({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E+2s+{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)=\frac{1}{2}(s+{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)=p,$$

où l'on a pu développer parce que $s$ et ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ commutent. Donc $p$ est un projecteur, et $E=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}p\oplus \mathrm{I}\mathrm{m}p$ d'après la caractérisation des projecteurs.

Il reste à identifier ces deux sous-espaces. On a $p(x)=x$ si et seulement si $\frac{1}{2}(s(x)+x)=x$, c'est-à-dire $s(x)=x$ : donc $\mathrm{I}\mathrm{m}p=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}(p-{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}(s-{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)$. De même, $p(x)=0_E$ équivaut à $s(x)=-x$, donc $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}p=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}(s+{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)$. Enfin $s=2p-{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, donc $s$ est bien la symétrie associée à cette décomposition. $\mathrm{\square }$

Formes linéaires et hyperplans

Formes linéaires

Démonstration. Le $\mathbb{K}$-espace vectoriel $\mathbb{K}$ est de dimension $1$ : ses sous-espaces sont de dimension $0$ ou $1$, c'est-à-dire $\{0\}$ ou $\mathbb{K}$ tout entier. Si $\mathrm{I}\mathrm{m}\phi =\{0\}$, alors $\phi$ est l'application nulle ; sinon $\mathrm{I}\mathrm{m}\phi =\mathbb{K}$ et $\phi$ est surjective, de rang $1$. Le théorème du rang donne alors $\dim \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\phi =n-1$. $\mathrm{\square }$

Hyperplans

Démonstration. Sens direct. Soit $H=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\phi$ avec $\phi \mathrm{\ne }0$. Comme $\phi$ n'est pas nulle, il existe $a\in E$ tel que $\phi (a)\mathrm{\ne }0$ ; quitte à remplacer $a$ par ${\displaystyle \frac{1}{\phi (a)}}a$, on peut supposer $\phi (a)=1$. Posons $D=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(a)$, qui est une droite car $a\mathrm{\ne }{0}_E$. Montrons $E=H\oplus D$.

Somme. Pour $x\in E$, écrivons

$$x=\underset{(1)}{\underbrace{(x-\phi (x)a)}}+\underset{(2)}{\underbrace{\phi (x)a}}\mathrm{.}$$

Le terme (2) appartient à $D$. Pour le terme (1),

$$\phi (x-\phi (x)a)=\phi (x)-\phi (x)\phi (a)=\phi (x)-\phi (x)=0,$$

donc il appartient à $H$. D'où $E=H+D$.

Intersection. Soit $x\in H\cap D$. Comme $x\in D$, on a $x=\lambda a$ ; comme $x\in H$, on a $0=\phi (x)=\lambda \phi (a)=\lambda$. Donc $x=0_E$.

Sens réciproque. Supposons $E=H\oplus D$ avec $D=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(a)$ et $a\mathrm{\ne }{0}_E$. Tout vecteur $x$ s'écrit de manière unique $x=h+\lambda a$ avec $h\in H$ et $\lambda \in \mathbb{K}$ ; définissons $\phi (x)=\lambda$. C'est une forme linéaire : c'est la composée du projecteur sur $D$ parallèlement à $H$, qui est linéaire, et de l'application $\lambda a\mapsto \lambda$, elle aussi linéaire. Elle n'est pas nulle, car $\phi (a)=1$. Enfin $\phi (x)=0$ équivaut à $x=h\in H$, donc $H=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\phi$ : $H$ est un hyperplan.

Dernière affirmation. Soit $D^{\mathrm{\prime }}=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(b)$ une droite non contenue dans $H$, avec $H=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\phi$. Alors $b\mathrm{\notin }H$, donc $\phi (b)\mathrm{\ne }0$, et le raisonnement du sens direct s'applique à $b$ : $E=H\oplus D^{\mathrm{\prime }}$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Sens direct. Si $H=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\phi$ avec $\phi \mathrm{\ne }0$, le théorème du rang donne $\dim H=n-\mathrm{r}\mathrm{g}(\phi )=n-1$, puisque $\mathrm{r}\mathrm{g}(\phi )=1$.

Sens réciproque. Supposons $\dim H=n-1$. Soit $D$ un supplémentaire de $H$ dans $E$, qui existe en dimension finie. Alors $\dim D=n-(n-1)=1$ : c'est une droite. D'après la caractérisation précédente, $H$ est un hyperplan. $\mathrm{\square }$

Équation d'un hyperplan

Démonstration. Sens direct. Soit $H=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\phi$ avec $\phi \mathrm{\ne }0$. Posons $a_i=\phi (e_i)$. Pour $x={\sum }_i{x}_i{e}_i$, la linéarité donne $\phi (x)={\sum }_{i=1}^n{x}_i\phi (e_i)={\sum }_i{a}_i{x}_i$. Donc $x\in H$ si et seulement si ${\sum }_i{a}_i{x}_i=0$. Les $a_i$ ne sont pas tous nuls : sinon $\phi$ s'annulerait sur une base, donc serait nulle d'après le théorème de détermination par l'image d'une base.

Sens réciproque. Étant donnés $a_1,\dots ,a_n$ non tous nuls, l'application $\phi :x\mapsto {\sum }_i{a}_i{x}_i$ est une forme linéaire (elle est linéaire en les coordonnées, qui dépendent elles-mêmes linéairement de $x$), et elle n'est pas nulle puisque $\phi (e_j)=a_j\mathrm{\ne }0$ pour au moins un indice $j$. Son noyau est l'ensemble décrit. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Sens réciproque. Si $\psi =\lambda \phi$ avec $\lambda \mathrm{\ne }0$, alors $\psi (x)=0$ équivaut à $\lambda \phi (x)=0$, c'est-à-dire à $\phi (x)=0$ : les noyaux coïncident.

Sens direct. Notons $H=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\phi =\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\psi$. Comme $\phi \mathrm{\ne }0$, il existe $a\in E$ avec $\phi (a)=1$, et l'on a $E=H\oplus \mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(a)$ d'après la démonstration de la caractérisation des hyperplans. Posons $\lambda =\psi (a)$.

Ce scalaire est non nul : si $\psi (a)=0$, alors $a\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\psi =H$, or $\phi (a)=1\mathrm{\ne }0$ montre que $a\mathrm{\notin }H$ ; c'est contradictoire.

Montrons enfin $\psi =\lambda \phi$. Soit $x\in E$, décomposé en $x=h+\mu a$ avec $h\in H$ et $\mu \in \mathbb{K}$. D'une part,

$$\phi (x)=\phi (h)+\mu \phi (a)=0+\mu =\mu \mathrm{.}$$

D'autre part,

$$\psi (x)=\psi (h)+\mu \psi (a)=0+\mu \lambda =\lambda \mu =\lambda \phi (x)\mathrm{.}$$

Les deux formes coïncident en tout point : $\psi =\lambda \phi$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Montrons d'abord le lemme suivant : si $V$ est un sous-espace de $E$ et $H=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\phi$ un hyperplan, alors $\dim (V\cap H)⩾\dim V-1$. En effet, considérons la restriction ${\phi }_{\mathrm{\mid }V}:V\to \mathbb{K}$, qui est une forme linéaire sur $V$. Son rang vaut $0$ ou $1$, donc le théorème du rang appliqué à ${\phi }_{\mathrm{\mid }V}$ donne

$$\dim \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}{\phi }_{\mathrm{\mid }V}=\dim V-\mathrm{r}\mathrm{g}\left({\phi }_{\mathrm{\mid }V}\right)⩾\dim V-1.$$

Or $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}{\phi }_{\mathrm{\mid }V}=\{x\in V:\phi (x)=0\}=V\cap H$, d'où le lemme.

Raisonnons maintenant par récurrence sur $p$. Pour $p=1$, $\dim H_1=n-1⩾n-1$. Supposons le résultat vrai au rang $p-1$ et posons $V=H_1\cap \cdots \cap H_{p-1}$, de dimension au moins $n-(p-1)$. Le lemme appliqué à $V$ et $H_p$ donne

$$\dim (V\cap H_p)⩾\dim V-1⩾n-(p-1)-1=n-p,$$

ce qui est la conclusion au rang $p$. $\mathrm{\square }$

Sous-espaces affines

Un sous-espace vectoriel passe toujours par $0_E$. Or beaucoup d'ensembles rencontrés en pratique — les solutions d'un système avec second membre, celles d'une équation différentielle avec second membre — sont des sous-espaces « translatés ». C'est l'objet de cette dernière section, et c'est elle qui explique enfin la structure des solutions rencontrée dans tous les chapitres précédents.

Définition et direction

Démonstration. Point 1. Supposons $x_0+F=y_0+F$. Comme $0_E\in F$, le vecteur $y_0=y_0+0_E$ appartient à $y_0+F$, donc à $x_0+F$ : il existe $f\in F$ tel que $y_0=x_0+f$, c'est-à-dire $y_0-x_0=f\in F$.

Réciproquement, supposons $y_0-x_0=f_0\in F$. Pour $f\in F$, on a $y_0+f=x_0+(f_0+f)\in x_0+F$, donc $y_0+F\subset x_0+F$ ; et $x_0+f=y_0+(f-f_0)\in y_0+F$, d'où l'inclusion réciproque.

Point 2. Supposons $x_0+F=y_0+G$. Comme ci-dessus, $x_0\in y_0+G$, donc il existe $g_0\in G$ tel que $x_0=y_0+g_0$. Soit $f\in F$ : le vecteur $x_0+f$ appartient à $x_0+F=y_0+G$, donc il existe $g\in G$ tel que $x_0+f=y_0+g$. En reportant $x_0=y_0+g_0$,

$$y_0+g_0+f=y_0+g,\text{donc}f=g-g_0\in G\mathrm{.}$$

Ainsi $F\subset G$. Le raisonnement symétrique donne $G\subset F$, d'où $F=G$.

Point 3. Si $\mathcal{A}$ est un sous-espace vectoriel, il contient $0_E$. Réciproquement, si $0_E\in x_0+F$, alors $0_E-x_0\in F$ par le point 1 appliqué avec $y_0=0_E$, donc $x_0+F=0_E+F=F$, qui est un sous-espace vectoriel. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Supposons $\mathcal{A}\cap \mathcal{B}$ non vide, et choisissons $z_0\in \mathcal{A}\cap \mathcal{B}$. D'après le point 1 de la propriété précédente, on peut prendre $z_0$ comme origine des deux : $\mathcal{A}=z_0+F$ et $\mathcal{B}=z_0+G$. Montrons alors que $\mathcal{A}\cap \mathcal{B}=z_0+(F\cap G)$.

Si $x\in z_0+(F\cap G)$, alors $x=z_0+w$ avec $w\in F$ et $w\in G$, donc $x\in \mathcal{A}$ et $x\in \mathcal{B}$.

Réciproquement, soit $x\in \mathcal{A}\cap \mathcal{B}$. Alors $x-z_0\in F$ (car $x\in z_0+F$) et $x-z_0\in G$, donc $x-z_0\in F\cap G$ et $x\in z_0+(F\cap G)$. $\mathrm{\square }$

Structure des solutions d'une équation linéaire

Voici le théorème qui donne son sens à toute la section, et rétrospectivement à plusieurs chapitres de l'année.

Démonstration. Point 1. Dire que $(\mathcal{E})$ a une solution, c'est dire que $b$ admet un antécédent par $u$, c'est-à-dire que $b\in \mathrm{I}\mathrm{m}u$. Si ce n'est pas le cas, $\mathcal{S}=\mathrm{\varnothing }$.

Point 2. Supposons $b\in \mathrm{I}\mathrm{m}u$ et fixons $x_p$ tel que $u(x_p)=b$.

Inclusion $\supset$. Soit $h\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$. Alors, par linéarité,

$$u(x_p+h)=u(x_p)+u(h)=b+0_F=b,$$

donc $x_p+h\in \mathcal{S}$.

Inclusion $\subset$. Soit $x\in \mathcal{S}$, c'est-à-dire $u(x)=b$. Posons $h=x-x_p$. Alors

$$u(h)=u(x)-u(x_p)=b-b=0_F,$$

donc $h\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$, et $x=x_p+h\in x_p+\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$.

Les deux inclusions donnent $\mathcal{S}=x_p+\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$. $\mathrm{\square }$

Méthodes du chapitre

Les exercices d'algèbre linéaire se ramènent à une dizaine de gestes, tous rencontrés dans les pages précédentes. La difficulté n'est presque jamais calculatoire : elle est dans le choix de l'outil — décider si l'on raisonne par double inclusion, par analyse-synthèse ou par dimension — et dans la discipline de rédaction, qui consiste à nommer l'espace ambiant, à justifier une dimension avant de compter, et à ne jamais confondre l'espace de départ et l'espace d'arrivée.

Pour finir, voici les fautes qui coûtent le plus de points dans ce chapitre. Chacune a été signalée au moins une fois dans les pages précédentes.

1. Oublier de nommer l'espace ambiant. Un ensemble n'est jamais « un sous-espace vectoriel » tout court : il est sous-espace de ${\mathbb{K}}^n$, de $\mathcal{F}(I,\mathbb{K})$… Sans cette phrase, la démonstration ne démontre rien.
2. Écrire $F\cap G=\mathrm{\varnothing }$ au lieu de $F\cap G=\{0_E\}$, ou $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u=0$ au lieu de $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u=\{0_E\}$. Le vecteur nul appartient à tout sous-espace.
3. Croire que les intersections deux à deux nulles suffisent pour une somme directe de trois sous-espaces ou plus. Elles ne suffisent pas : trois droites du plan en fournissent le contre-exemple.
4. Confondre $\dim {\mathbb{K}}_n[X]$ et $n$ : cette dimension vaut $n+1$. La faute se propage ensuite à tout raisonnement de comptage.
5. Compter sans justifier la dimension, ou appliquer le théorème du bon cardinal sans avoir vérifié la liberté ni le caractère générateur : le cardinal seul ne prouve rien.
6. Écrire le théorème du rang avec $\dim F$ au lieu de $\dim E$. La dimension qui apparaît est celle de l'espace de départ.
7. Écrire $E=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u\oplus \mathrm{I}\mathrm{m}u$. C'est faux en général, y compris pour un endomorphisme ; le théorème du rang ne donne qu'une égalité de dimensions. La somme directe n'a lieu que dans des cas particuliers, dont celui des projecteurs.
8. Utiliser « injectif $⟺$ surjectif » sans hypothèse de dimension finie. En dimension infinie, la dérivation et la multiplication par $X$ sur $\mathbb{K}[X]$ fournissent les deux contre-exemples à connaître.
9. Oublier la synthèse dans une analyse-synthèse : l'analyse ne produit que des candidats, elle ne démontre que l'unicité.
10. Dire « le » supplémentaire. Un sous-espace en admet une infinité ; seule leur dimension est déterminée.