Espaces vectoriels et applications linéaires

Reprenez trois résultats obtenus 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 nombre : 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.

La nouveauté par rapport à tout ce que vous avez manipulé jusqu'ici est la présence de deux ensembles de natures différentes. Les vecteurs vivent dans un ensemble $E$, les scalaires dans $\mathbb{K}$, qui désignera toujours $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, et l'opération $\lambda \cdot x$ fait dialoguer les deux : ce n'est pas une opération de $E$ sur lui-même, c'est une opération externe. La donnée de $\mathbb{K}$ fait donc partie de la donnée de la structure, au point que $\mathbb{C}$ n'est pas le même espace vectoriel selon qu'on le regarde avec des scalaires complexes ou avec des scalaires réels.

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. Le pivot 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, les matrices n'interviennent qu'à deux titres, comme éléments de l'espace vectoriel ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{K})$ et comme outil de calcul pour résoudre un système. Nous travaillons 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 nombre de vecteurs d'une base, 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 $u(x)=a$, vide ou bien une solution particulière plus le noyau, explique enfin la raison de fond des recettes utilisées depuis des mois.

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 de deux sous-espaces, 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, les endomorphismes remarquables, la détermination par l'image d'une base, le théorème du rang, les équations linéaires, et enfin les formes linéaires et les hyperplans. 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 ${\lambda }_i$ dans une famille de coefficients. Les espaces vectoriels sont notés $E$, $F$, $G$, leurs éléments, les vecteurs, sont notés $x$, $y$, ou $x_1,\dots ,x_p$ 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 famille finie est noté $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(x_1,\dots ,x_p)$. 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 $\mathcal{L}(E)$, l'ensemble 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'ensemble 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 $F\oplus G$. 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

Les axiomes 3 et 4 affirment l'existence d'un neutre et d'un opposé, pas leur unicité. Celle-ci se démontre, et la démonstration est un modèle du genre : on suppose deux objets ayant la même propriété, et on les compare.

Démonstration. Point 1. Soient $0_E$ et $0_E^{\mathrm{\prime }}$ deux neutres. Puisque $0_E$ est neutre, $0_E^{\mathrm{\prime }}+0_E=0_E^{\mathrm{\prime }}$. Puisque $0_E^{\mathrm{\prime }}$ est neutre, $0_E+0_E^{\mathrm{\prime }}=0_E$. Or l'addition est commutative, donc les deux membres de gauche sont égaux : $0_E=0_E^{\mathrm{\prime }}$.

Point 2. Soient $y$ et $z$ deux opposés de $x$, c'est-à-dire $x+y=0_E$ et $x+z=0_E$. Alors

$$y=y+0_E=y+(x+z)=(y+x)+z=0_E+z=z,$$

en utilisant successivement l'axiome 3, l'hypothèse sur $z$, l'associativité, la commutativité et l'hypothèse sur $y$, puis à nouveau l'axiome 3.

Point 3. Supposons $x+y=x+z$ et ajoutons $-x$ aux deux membres :

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

Par associativité, le membre de gauche vaut $((-x)+x)+y=0_E+y=y$, et le membre de droite vaut $z$ pour la même raison. Donc $y=z$. $\mathrm{\square }$

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 $0$ vérifie $0+0=0$. 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, 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 $\lambda \mathrm{\ne }0$. Le scalaire $\lambda$ est un nombre réel ou complexe non nul : son inverse ${\lambda }^{-1}$ 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.

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 le cas de la 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 une figure en forme de croix, 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 famille finie

Étant donnée une poignée de vecteurs $x_1,\dots ,x_p$ de $E$, on cherche le plus petit sous-espace vectoriel qui les contienne tous. Il y a deux façons de le décrire : « par le bas », en fabriquant explicitement ses éléments, et « par le haut », comme le plus petit des sous-espaces candidats. Nous prenons la première comme définition, et nous démontrons la seconde.

Démonstration. Point 1. Le vecteur nul s'écrit $0_E=0\cdot x_1+\cdots +0\cdot x_p$, donc $0_E\in V$. Soient $x={\sum }_{i=1}^p{\lambda }_i{x}_i$ et $y={\sum }_{i=1}^p{\mu }_i{x}_i$ deux éléments de $V$, et $\lambda ,\mu \in \mathbb{K}$. Alors

$$\lambda x+\mu y=\sum _{i=1}^p(\lambda {\lambda }_i+\mu {\mu }_i)x_i,$$

qui est encore une combinaison linéaire de $x_1,\dots ,x_p$ : donc $\lambda x+\mu y\in V$. Par la caractérisation des sous-espaces, $V$ est un sous-espace vectoriel de $E$. Enfin, chaque $x_j$ s'écrit $x_j=0\cdot x_1+\cdots +1\cdot x_j+\cdots +0\cdot x_p$, donc $x_j\in V$.

Point 2. Soit $F$ un sous-espace vectoriel de $E$ contenant $x_1,\dots ,x_p$, et soit $x={\sum }_{i=1}^p{\lambda }_i{x}_i$ un élément de $V$. Montrons par récurrence sur $k\in \{0,\dots ,p\}$ que ${\sum }_{i=1}^k{\lambda }_i{x}_i\in F$. Pour $k=0$, la somme vide vaut $0_E\in F$. Si ${\sum }_{i=1}^k{\lambda }_i{x}_i\in F$, alors, $F$ étant stable par combinaison linéaire et contenant $x_{k+1}$,

$$\sum _{i=1}^{k+1}{\lambda }_i{x}_i=1\cdot \left(\sum _{i=1}^k{\lambda }_i{x}_i\right)+{\lambda }_{k+1}{x}_{k+1}\in F\mathrm{.}$$

Au rang $k=p$, on obtient $x\in F$. Donc $V\subset F$.

Point 3. Chaque $x_i$ figure parmi les $y_j$, donc appartient à $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(y_1,\dots ,y_q)$, qui est un sous-espace vectoriel d'après le point 1. Le point 2 donne alors l'inclusion annoncée.

Point 4. Si tous les $x_i$ sont nuls, toute combinaison linéaire ${\sum }_i{\lambda }_i{x}_i$ est nulle, donc $V=\{0_E\}$. Réciproquement, si $V=\{0_E\}$, alors chaque $x_i$, qui appartient à $V$ d'après le point 1, est nul. $\mathrm{\square }$

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 $V^{\mathrm{\prime }}\subset V$ par minimalité. 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 deux sous-espaces

La réunion de deux sous-espaces n'en est pas un. Le remède est immédiat : au lieu de réunir, on additionne. Tout ce qui suit porte sur deux sous-espaces, et c'est le seul cadre du programme.

La somme

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 $F$ et $G$. 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 $F+G\subset H$. $\mathrm{\square }$

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 du $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}$ 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

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 $G$ contenant $x$ 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 $F$ par stabilité de $F$, le membre de droite à $G$ par stabilité de $G$. 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

Familles libres, familles liées, 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, définies pour des familles finies.

Familles libres

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 « $\lambda x=0_E$ entraîne $\lambda =0$ 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 $x_k$. $\mathrm{\square }$

Le résultat suivant décrit ce qui se passe lorsqu'on ajoute un vecteur à une famille libre. Nous nous en servirons trois fois dans la théorie de la dimension.

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 $x$ valant $-1$ : 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. $\mathrm{\square }$

Techniques pour les fonctions et les 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 $i$. $\mathrm{\square }$

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 de calcul matriciel : toute matrice s'écrit $A={\sum }_i{\sum }_j{a}_{i,j}{E}_{i,j}$, ce qui donne le caractère générateur, et cette écriture est unique, ce qui donne la liberté. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Liberté. Les polynômes sont non nuls, de degrés deux à deux distincts : la famille est libre d'après la propriété démontrée plus haut.

Caractère générateur. Montrons par récurrence forte sur $k\in \{0,\dots ,n\}$ que tout polynôme de degré au plus $k$ appartient à $V=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(P_0,\dots ,P_n)$.

Pour $k=0$ : $P_0$ est de degré $0$, donc $P_0=c$ avec $c\mathrm{\ne }0$, et tout polynôme constant $a$ s'écrit $a={\displaystyle \frac{a}{c}}{P}_0\in V$.

Soit $k⩾1$, supposons le résultat acquis pour tous les degrés strictement inférieurs à $k$, et soit $Q$ de degré au plus $k$. Si $\mathrm{deg}Q<k$, l'hypothèse de récurrence conclut. Sinon, notons $a$ le coefficient de $X^k$ dans $Q$ et $b\mathrm{\ne }0$ celui de $X^k$ dans $P_k$. Le polynôme

$$R=Q-\frac{a}{b}{P}_k$$

a un coefficient nul devant $X^k$, donc $\mathrm{deg}R<k$ : par hypothèse de récurrence, $R\in V$. Alors $Q=R+{\displaystyle \frac{a}{b}}{P}_k$ appartient à $V$, comme somme de deux éléments du sous-espace $V$.

Au rang $k=n$, on obtient ${\mathbb{K}}_n[X]\subset V$, et l'inclusion réciproque est claire puisque chaque $P_k$ est de degré au plus $n$. La famille est donc libre et génératrice : c'est une base. $\mathrm{\square }$

Espaces vectoriels de dimension finie

Définition, base extraite, base incomplète

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 $\{0_E\}=E$ par convention également. 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 tous les vecteurs de 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 la propriété d'ajout d'un vecteur à une famille libre, 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 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 $1,X,\dots ,X^n$, en prenant garde 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 $a=b=0$, par unicité de la partie réelle et de la partie imaginaire. $\mathrm{\square }$

Les trois espaces suivants ont été rencontrés en analyse, et leur dimension figure au programme. Dans les trois cas, la démonstration repose sur un théorème déjà démontré, qui affirme qu'une solution est entièrement déterminée par un petit nombre de données initiales.

Démonstration. Nous avons déjà vérifié à la section « Sous-espaces vectoriels » que ces trois ensembles sont des sous-espaces vectoriels de $\mathcal{F}(I,\mathbb{K})$ ou de ${\mathbb{K}}^{\mathbb{N}}$.

Point 1. Soit $A$ une primitive de $a$ sur $I$. Le cours d'analyse a établi que $S_1=\{\lambda y_0;\lambda \in \mathbb{K}\}$ où $y_0:t\mapsto e^{-A(t)}$. Autrement dit $S_1=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(y_0)$. Comme la fonction exponentielle ne s'annule pas, $y_0\mathrm{\ne }0$, donc la famille $(y_0)$ est libre : c'est une base de $S_1$, et $\dim S_1=1$.

Point 2. Le théorème de Cauchy linéaire du chapitre d'analyse affirme que, pour tout couple $(c,d)\in {\mathbb{K}}^2$, il existe une unique solution $y$ de l'équation vérifiant $y(0)=c$ et $y^{\mathrm{\prime }}(0)=d$. Notons $y_1$ la solution associée à $(1,0)$ et $y_2$ celle associée à $(0,1)$, et montrons que $(y_1,y_2)$ est une base de $S_2$.

Liberté : si $\lambda y_1+\mu y_2=0$, alors en évaluant en $0$ on obtient $\lambda \cdot 1+\mu \cdot 0=0$, donc $\lambda =0$ ; en dérivant puis en évaluant en $0$, on obtient $\lambda \cdot 0+\mu \cdot 1=0$, donc $\mu =0$.

Caractère générateur : soit $y\in S_2$, et posons $z=y(0)y_1+y^{\mathrm{\prime }}(0)y_2$. La fonction $z$ appartient à $S_2$, comme combinaison linéaire d'éléments du sous-espace $S_2$, et l'on a $z(0)=y(0)$ et $z^{\mathrm{\prime }}(0)=y^{\mathrm{\prime }}(0)$. Les fonctions $y$ et $z$ sont donc deux solutions ayant les mêmes conditions initiales : par unicité, $y=z$, donc $y\in \mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(y_1,y_2)$.

Ainsi $\dim S_2=2$.

Point 3. Le mécanisme est identique, et l'unicité y est encore plus visible. Une suite de $S_3$ est entièrement déterminée par ses deux premiers termes : si $u_0$ et $u_1$ sont fixés, la relation $u_{n+2}=\alpha u_{n+1}+\beta u_n$ détermine $u_2$, puis $u_3$, et une récurrence immédiate donne tous les termes. Réciproquement, cette relation définit bien une suite pour tout choix de $u_0$ et $u_1$.

Notons $a$ la suite de $S_3$ telle que $a_0=1$ et $a_1=0$, et $b$ celle telle que $b_0=0$ et $b_1=1$. La famille $(a,b)$ est libre : si $\lambda a+\mu b=0$, le terme d'indice $0$ donne $\lambda =0$ et celui d'indice $1$ donne $\mu =0$. Elle est génératrice : pour $u\in S_3$, la suite $v=u_{0}a+u_{1}b$ appartient à $S_3$ et vérifie $v_0=u_0$, $v_1=u_1$, donc $v=u$ par unicité. Ainsi $(a,b)$ est une base de $S_3$ et $\dim S_3=2$. $\mathrm{\square }$

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 immédiate.

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, par le 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. $\mathrm{\square }$

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 $E$. Ces deux assertions sur les sous-espaces sont démontrées à la section suivante.

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 « Combinaisons linéaires et sous-espace engendré » ; elles ne modifient donc pas sa dimension. $\mathrm{\square }$

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 puisque 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 la propriété d'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 $F$. $\mathrm{\square }$

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 ${\mathcal{B}}_G$ : le vecteur $x$ 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. $\mathrm{\square }$

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 $\dim (F+G)=r+s-d$. $\mathrm{\square }$

Supplémentaires en dimension finie

Démonstration. Posons $n=\dim E$ et $r=\dim F$, avec $r⩽n$ d'après la propriété sur la dimension d'un sous-espace. 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 $E=F\oplus G$. $\mathrm{\square }$

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

Bases adaptées

Démonstration. Point 1. C'est exactement le théorème de la base incomplète : une base $(e_1,\dots ,e_r)$ de $F$ est libre dans $E$, donc se complète en une base $(e_1,\dots ,e_n)$ de $E$, laquelle est adaptée à $F$ par construction.

Point 2. Soient ${\mathcal{B}}_F$ une base de $F$ et ${\mathcal{B}}_G$ une base de $G$. La propriété sur la dimension d'une somme directe affirme que la concaténation de ${\mathcal{B}}_F$ et ${\mathcal{B}}_G$ est une base de $F\oplus G=E$ : c'est une base adaptée à la décomposition. Ses $\dim F$ premiers vecteurs forment une base de $F$, et les suivants une base de $G$. $\mathrm{\square }$

Applications linéaires

Une structure ne prend son intérêt que lorsqu'on étudie les applications qui la respectent. Pour les espaces vectoriels, ce sont les applications linéaires, c'est-à-dire celles qui transforment une combinaison linéaire en la combinaison linéaire des images.

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 de calcul $0\cdot y=0_F$.

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. $\mathrm{\square }$

Opérations et structure de $\mathcal{L}(E,F)$

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

Image directe et image réciproque

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 $\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }}\in u^{-1}(B)$. $\mathrm{\square }$

Noyau et image

Démonstration. Point 1. C'est la définition de la surjectivité, réécrite avec la notation $\mathrm{I}\mathrm{m}u$.

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 puisque $u(0_E)=0_F$.

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 $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}$, $\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(u(x_1),\dots ,u(x_p))\subset \mathrm{I}\mathrm{m}u$. $\mathrm{\square }$

Rang d'une application linéaire

Démonstration. Commençons par une égalité utilisée trois fois : $\mathrm{I}\mathrm{m}(v\circ u)=v\left(\mathrm{I}\mathrm{m}u\right)$. En effet, un élément de $\mathrm{I}\mathrm{m}(v\circ u)$ s'écrit $v(u(x))$, donc est l'image par $v$ d'un élément de $\mathrm{I}\mathrm{m}u$ ; réciproquement, l'image par $v$ d'un vecteur $u(x)$ est $(v\circ u)(x)$.

Point 1. D'une part, $\mathrm{I}\mathrm{m}(v\circ u)=v(\mathrm{I}\mathrm{m}u)$ est l'image du sous-espace $\mathrm{I}\mathrm{m}u$ par une application linéaire. Fixons une base $(f_1,\dots ,f_r)$ de $\mathrm{I}\mathrm{m}u$, avec $r=\mathrm{r}\mathrm{g}(u)$ : alors $v(\mathrm{I}\mathrm{m}u)=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(v(f_1),\dots ,v(f_r))$, engendré par $r$ vecteurs, donc de dimension au plus $r$. Ainsi $\mathrm{r}\mathrm{g}(v\circ u)⩽\mathrm{r}\mathrm{g}(u)$. D'autre part, $\mathrm{I}\mathrm{m}(v\circ u)\subset \mathrm{I}\mathrm{m}v$, donc $\mathrm{r}\mathrm{g}(v\circ u)⩽\mathrm{r}\mathrm{g}(v)$.

Point 2. Si $v$ est un isomorphisme, sa restriction à $\mathrm{I}\mathrm{m}u$ est injective, donc elle transporte une base $(f_1,\dots ,f_r)$ de $\mathrm{I}\mathrm{m}u$ sur une famille $(v(f_1),\dots ,v(f_r))$ encore libre : en effet, si ${\sum }_i{\lambda }_{i}v(f_i)=0_G$, alors $v\left({\sum }_i{\lambda }_i{f}_i\right)=0_G$, donc ${\sum }_i{\lambda }_i{f}_i=0_F$ par injectivité, et tous les ${\lambda }_i$ sont nuls. Cette famille libre engendre $v(\mathrm{I}\mathrm{m}u)=\mathrm{I}\mathrm{m}(v\circ u)$ : c'en est une base, et $\mathrm{r}\mathrm{g}(v\circ u)=r=\mathrm{r}\mathrm{g}(u)$.

Point 3. Comme $w$ est surjective, $w(E^{\mathrm{\prime }})=E$, donc

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

et les rangs sont égaux. $\mathrm{\square }$

Endomorphismes, projecteurs et symétries

Endomorphismes, homothéties, puissances

Lorsque l'espace de départ et l'espace d'arrivée coïncident, une opération nouvelle devient possible : on peut composer une application avec elle-même. C'est ce qui donne aux endomorphismes leur richesse propre.

Démonstration. Le point 1 et la bilinéarité sont le cas particulier $F=G=E$ de la propriété de la section « Applications linéaires ». L'associativité est celle de la composition des applications, valable sans hypothèse de linéarité. L'identité ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ est linéaire et vérifie $u\circ {\mathrm{i}\mathrm{d}}_E={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E\circ u=u$. Le contre-exemple à la commutativité a été donné dans ${\mathbb{R}}^2$ à la section « Applications linéaires ». $\mathrm{\square }$

Démonstration. L'appartenance $u^k\in \mathcal{L}(E)$ s'obtient par récurrence sur $k$ : $u^0={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ est linéaire, et si $u^k$ l'est, alors $u^{k+1}=u\circ u^k$ l'est comme composée de deux applications linéaires. Les deux formules se démontrent aussi par récurrence, sur $l$ par exemple, en utilisant l'associativité de la composition. La commutation $u^k\circ u^l=u^l\circ u^k$ en découle, les deux membres valant $u^{k+l}$. $\mathrm{\square }$

Projecteurs

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.

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 $z=0_E$ puisque $2\mathrm{\ne }0$, 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. $\mathrm{\square }$

Automorphismes et $\mathrm{G}\mathrm{L}(E)$

Démonstration. Point 1. L'identité est linéaire et bijective, de réciproque elle-même.

Point 2. La composée de deux applications linéaires est linéaire, et la composée de deux bijections est une bijection : donc $v\circ u$ est un automorphisme. La formule $(v\circ u{)}^{-1}=u^{-1}\circ v^{-1}$ est celle, déjà connue, de la réciproque d'une composée de bijections, et l'on vérifie en effet que $u^{-1}\circ v^{-1}\circ v\circ u={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$.

Point 3. Si $u$ est un automorphisme, $u^{-1}$ est bijective, et elle est linéaire d'après la propriété de la section « Applications linéaires » sur la réciproque d'un isomorphisme. $\mathrm{\square }$

Détermination par l'image d'une base

Le théorème

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 $\mathcal{B}$, qui 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 $u(e_j)={\sum }_{i=1}^n{\delta }_{i,j}{y}_i=y_j$. $\mathrm{\square }$

Isomorphismes et dimension

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. Soient $u:E\to F$ 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 $F$. Le théorème de détermination par l'image d'une base fournit une unique application linéaire $u\in \mathcal{L}(E,F)$ telle que $u(e_i)=f_i$ pour tout $i$. Elle 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 » : $x\mapsto (x_1,\dots ,x_n)$. $\mathrm{\square }$

Injectif, surjectif, bijectif en dimension finie

Démonstration. Posons $n=\dim E=\dim F$ et fixons une base $(e_1,\dots ,e_n)$ de $E$. Notons $\mathcal{V}=(u(e_1),\dots ,u(e_n))$, famille de $n$ vecteurs de $F$, espace de dimension $n$.

D'après le théorème du bon cardinal appliqué dans $F$, les trois propriétés « $\mathcal{V}$ est libre », « $\mathcal{V}$ est génératrice » et « $\mathcal{V}$ est une base » sont équivalentes, puisque $\mathcal{V}$ compte exactement $n=\dim F$ vecteurs.

Or, d'après le transport des bases, $u$ est injective si et seulement si $\mathcal{V}$ est libre, surjective si et seulement si $\mathcal{V}$ est génératrice, et bijective si et seulement si $\mathcal{V}$ est une base. Les trois assertions sont donc équivalentes. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Point 1. Soit $x\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$. Alors $x={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E(x)=v(u(x))=v(0_E)=0_E$. Donc $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u=\{0_E\}$ et $u$ est injective ; comme $E$ est de dimension finie, $u$ est un automorphisme d'après le théorème d'équivalence. En composant l'égalité $v\circ u={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ à droite par $u^{-1}$, on obtient $v=u^{-1}$, qui est un automorphisme.

Point 2. Soit $y\in E$. Alors $y={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E(y)=u(v(y))$, donc $y\in \mathrm{I}\mathrm{m}u$ : l'application $u$ est surjective, donc bijective en dimension finie. En composant à gauche par $u^{-1}$, on obtient $v=u^{-1}$. $\mathrm{\square }$

Recollement sur une somme directe

Le théorème de détermination construit une application linéaire à partir de valeurs imposées sur une base. Le résultat suivant fait la même chose à partir de deux applications linéaires imposées sur deux sous-espaces supplémentaires.

Démonstration. Unicité. Soient $u$ et $v$ deux applications linéaires convenant. Soit $x\in E$ : il se décompose en $x=x_1+x_2$ avec $x_1\in E_1$ et $x_2\in E_2$. Par linéarité,

$$u(x)=u(x_1)+u(x_2)=u_1(x_1)+u_2(x_2)=v(x_1)+v(x_2)=v(x)\mathrm{.}$$

Donc $u=v$.

Existence. Pour $x\in E$, notons $x=x_1+x_2$ son unique décomposition sur $E_1\oplus E_2$, et posons

$$u(x)=u_1(x_1)+u_2(x_2)\mathrm{.}$$

La définition est licite grâce à l'unicité de la décomposition.

Linéarité. Soient $x,x^{\mathrm{\prime }}\in E$ de décompositions $x=x_1+x_2$ et $x^{\mathrm{\prime }}=x_1^{\mathrm{\prime }}+x_2^{\mathrm{\prime }}$, et $\lambda ,\mu \in \mathbb{K}$. La décomposition de $\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }}$ est $(\lambda x_1+\mu x_1^{\mathrm{\prime }})+(\lambda x_2+\mu x_2^{\mathrm{\prime }})$, le premier terme étant dans $E_1$ et le second dans $E_2$ ; c'est la décomposition, par unicité. Donc

$$u(\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }})=u_1(\lambda x_1+\mu x_1^{\mathrm{\prime }})+u_2(\lambda x_2+\mu x_2^{\mathrm{\prime }})=\lambda (u_1(x_1)+u_2(x_2))+\mu (u_1(x_1^{\mathrm{\prime }})+u_2(x_2^{\mathrm{\prime }})),$$

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

Restrictions. Si $x\in E_1$, sa décomposition est $x=x+0_E$, donc $u(x)=u_1(x)+u_2(0_E)=u_1(x)$. De même sur $E_2$. $\mathrm{\square }$

Le théorème du rang

Forme géométrique

Le noyau mesure ce que $u$ écrase, l'image ce que $u$ atteint. L'énoncé qui suit montre que les deux sont liés de la façon la plus directe possible : une fois le noyau mis de côté, $u$ ne perd plus rien.

Démonstration. L'application est bien définie et linéaire. Pour $x\in S$, le vecteur $u(x)$ appartient bien à $\mathrm{I}\mathrm{m}u$. La linéarité est celle de $u$, dont on a seulement restreint l'espace de départ à un sous-espace et l'espace d'arrivée à $\mathrm{I}\mathrm{m}u$.

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 $\mathrm{I}\mathrm{m}u$. $\mathrm{\square }$

Le théorème du rang

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 $E$, d'après le théorème d'existence d'un supplémentaire, et

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

par la propriété sur la dimension d'une somme directe.

D'après la forme géométrique, $\tilde{u}:S\to \mathrm{I}\mathrm{m}u$ est un isomorphisme. Le sous-espace $S$ est de dimension finie, comme sous-espace de $E$ ; son image $\mathrm{I}\mathrm{m}u$ l'est donc aussi, et deux espaces isomorphes de dimension finie ont la même dimension. Ainsi $\dim \mathrm{I}\mathrm{m}u=\dim S$, c'est-à-dire $\mathrm{r}\mathrm{g}(u)=\dim S$. En reportant,

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

Conséquences

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 $\dim F=\mathrm{r}\mathrm{g}(u)⩽\dim E$. $\mathrm{\square }$

Équations linéaires

Structure de l'ensemble des solutions

Voici le théorème qui donne son sens à plusieurs chapitres de l'année. Il tient en une ligne de démonstration, et il explique la totalité des « recettes » utilisées depuis des mois.

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

Point 2. Supposons $a\in \mathrm{I}\mathrm{m}u$ et fixons $x_0$ tel que $u(x_0)=a$.

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

$$u(x_0+h)=u(x_0)+u(h)=a+0_F=a,$$

donc $x_0+h\in \mathcal{S}$.

Inclusion $\subset$. Soit $x\in \mathcal{S}$, c'est-à-dire $u(x)=a$. Posons $h=x-x_0$. Alors

$$u(h)=u(x)-u(x_0)=a-a=0_F,$$

donc $h\in \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$, et $x=x_0+h\in x_0+\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$.

Les deux inclusions donnent $\mathcal{S}=x_0+\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$. $\mathrm{\square }$

Les trois exemples du programme

Formes linéaires et hyperplans

Dans toute cette section, $E$ désigne un $\mathbb{K}$-espace vectoriel de dimension finie $n⩾1$.

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. Si $H=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\phi$ avec $\phi \mathrm{\ne }0$, la propriété précédente donne directement $\dim H=n-1$.

Sens réciproque. Supposons $\dim H=n-1$. Soit $D$ un supplémentaire de $H$ dans $E$, qui existe puisque $E$ est de dimension finie. Alors $\dim D=n-(n-1)=1$ par la règle des deux sur trois : $D$ est une droite vectorielle, engendrée par un vecteur $a\mathrm{\ne }{0}_E$.

Tout vecteur $x$ de $E$ 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 : en effet, $\phi$ est la composée de la projection sur $D$ parallèlement à $H$, qui est linéaire, et de l'application $\lambda a\mapsto \lambda$, elle aussi linéaire puisque $(\lambda +\mu )a\mapsto \lambda +\mu$. Elle n'est pas nulle, car $\phi (a)=1$. Enfin, $\phi (x)=0$ équivaut à $x=h\in H$, donc $H=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\phi$ : le sous-espace $H$ est un hyperplan. $\mathrm{\square }$

Équation d'un hyperplan dans une base

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, considérons l'application $\phi :x\mapsto {\sum }_i{a}_i{x}_i$, où les $x_i$ sont les coordonnées de $x$ dans $\mathcal{B}$. C'est une forme linéaire : les coordonnées de $\lambda x+\mu y$ sont $\lambda x_i+\mu y_i$, donc $\phi (\lambda x+\mu y)=\lambda \phi (x)+\mu \phi (y)$. Elle n'est pas nulle puisque $\phi (e_j)=a_j\mathrm{\ne }0$ pour au moins un indice $j$. Son noyau est exactement l'ensemble décrit, qui est donc un hyperplan. $\mathrm{\square }$

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 $\phi (a)\mathrm{\ne }0$, et quitte à remplacer $a$ par $\frac{1}{\phi (a)}a$, on peut supposer $\phi (a)=1$. La propriété démontrée plus bas dans cette même section, « un hyperplan et une droite non contenue dans cet hyperplan sont supplémentaires », donne $E=H\oplus \mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(a)$ ; sa démonstration n'utilise pas la présente unicité, il n'y a donc pas de cercle vicieux. 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 : $\psi =\lambda \phi$. $\mathrm{\square }$

Hyperplan et droite supplémentaires

Démonstration. Écrivons $H=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\phi$ avec $\phi$ forme linéaire non nulle, et $D=\mathrm{V}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{t}(a)$ avec $a\mathrm{\ne }{0}_E$. L'hypothèse $D\subset ̸H$ signifie que $a\mathrm{\notin }H$, c'est-à-dire $\phi (a)\mathrm{\ne }0$. Quitte à remplacer $a$ par ${\displaystyle \frac{1}{\phi (a)}}a$, ce qui ne change pas $D$, supposons $\phi (a)=1$.

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 $x=\mu a$ ; comme $x\in H$, on a $0=\phi (x)=\mu \phi (a)=\mu$. Donc $x=0_E$.

Ainsi $E=H\oplus D$. $\mathrm{\square }$

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. Confondre $\dim {\mathbb{K}}_n[X]$ et $n$ : cette dimension vaut $n+1$. La faute se propage ensuite à tout raisonnement de comptage.
4. 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.
5. Écrire le théorème du rang avec $\dim F$ au lieu de $\dim E$. La dimension qui apparaît est celle de l'espace de départ.
6. 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.
7. Utiliser « injectif équivaut à 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.
8. Oublier la synthèse dans une analyse-synthèse : l'analyse ne produit que des candidats, elle ne démontre que l'unicité.
9. Dire « le » supplémentaire. Un sous-espace en admet une infinité ; seule leur dimension est déterminée.
10. Croire que l'ensemble des solutions de $u(x)=a$ est un sous-espace vectoriel quand $a\mathrm{\ne }{0}_F$. Il ne contient pas $0_E$ : c'est $x_0+\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}u$, et cet ensemble n'a ni base ni dimension.