Algèbre

Espaces vectoriels et applications linéaires

Licence 1 Semestre 2 Intermédiaire 7 h 12 exercices corrigés

Prérequis conseillés : Calcul matriciel

Espaces et sous-espaces

Définition 1 (Espace vectoriel réel). Un espace vectoriel sur $\R$ est un ensemble dont les éléments, appelés vecteurs, s'additionnent et se multiplient par des scalaires réels. L'addition est associative et commutative, possède un vecteur nul et un opposé pour chaque vecteur. La multiplication par les scalaires vérifie $1u=u$, $(ab)u=a(bu)$, $a(u+v)=au+av$ et $(a+b)u=au+bu$.

Les espaces $\R^n$, les espaces de matrices et l'espace $\R_d[X]$ des polynômes de degré au plus $d$ en sont des exemples. Les scalaires et les vecteurs ont des rôles différents, même lorsque les vecteurs sont eux-mêmes des nombres ou des fonctions.

Proposition 2 (Critère de sous-espace). Une partie $F$ d'un espace vectoriel $E$ est un sous-espace vectoriel si et seulement si $0\in F$ et $$ \forall u,v\in F,\ \forall a,b\in\R,\quad au+bv\in F. $$ L'ensemble $\operatorname{Vect}(u_1,\ldots,u_p)=\{a_1u_1+\cdots+a_pu_p:a_i\in\R\}$ est le sous-espace engendré par les vecteurs $u_i$.

Exemple 3 (Un plan passant par l’origine). L'ensemble $F=\{(x,y,z)\in\R^3:x+y-z=0\}$ contient $0$. Si $u$ et $v$ vérifient l'équation, toute combinaison $au+bv$ la vérifie aussi, car l'expression $x+y-z$ est linéaire. De plus, $$ (x,y,z)\in F\iff z=x+y\iff (x,y,z)=x(1,0,1)+y(0,1,1). $$ Ainsi $F=\operatorname{Vect}((1,0,1),(0,1,1))$. Le plan $x+y-z=1$ ne contient pas $0$ et n'est pas un sous-espace.

Exercice 4 (Un sous-espace de polynômes). Dans $\R_3[X]$, soit $F=\{P:P(0)=P(2)=0\}$. Montrer que $F$ est un sous-espace, puis en donner une base et la dimension.

Indice

Utilise la stabilité des deux égalités par combinaison linéaire, puis factorise un polynôme ayant les racines distinctes $0$ et $2$.

Solution

Le polynôme nul appartient à $F$. Pour $P,Q\in F$ et $a,b\in\R$, $(aP+bQ)(0)=0$ et $(aP+bQ)(2)=0$ : le critère de sous-espace s'applique.

Comme $0$ et $2$ sont deux racines distinctes, $P\in F$ se factorise sous la forme $P=X(X-2)Q$, avec $Q\in\R_1[X]$. En écrivant $Q=a+bX$, on obtient $$ P=aX(X-2)+bX^2(X-2). $$ Les polynômes $P_1=X(X-2)$ et $P_2=X^2(X-2)$ engendrent donc $F$. Si $aP_1+bP_2=0$, le coefficient de $X^3$ donne $b=0$, puis celui de $X^2$ donne $a=0$. Ils sont libres : $(P_1,P_2)$ est une base et $\dim F=2$.

Familles libres, bases et coordonnées

Définition 5 (Liberté et base). Une famille $(u_1,\ldots,u_p)$ est libre si $a_1u_1+\cdots+a_pu_p=0$ entraîne $a_1=\cdots=a_p=0$. Elle est génératrice de $E$ si son espace engendré est $E$. Une base est une famille à la fois libre et génératrice : chaque vecteur possède alors une écriture unique dans cette base.

En dimension finie, toutes les bases ont le même nombre d'éléments : c'est la dimension. Dans un espace de dimension $n$, une famille de $n$ vecteurs est une base dès qu'elle est libre, ou dès qu'elle est génératrice.

Exemple 6 (Matrice des coordonnées d’une base). Dans $\R^2$, $u=(1,1)$ et $v=(1,-1)$ forment une base : $a u+b v=0$ donne $a+b=0$ et $a-b=0$, donc $a=b=0$. Si $x=(r,s)=a u+b v$, alors $$ a=\frac{r+s}{2},\qquad b=\frac{r-s}{2}. $$ La matrice $P=\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}$ a pour colonnes $u,v$ dans la base canonique. Elle relie les coordonnées par $[x]_{\mathrm{can}}=P[x]_{(u,v)}$, et donc $[x]_{(u,v)}=P^{-1}[x]_{\mathrm{can}}$.

Exercice 7 (Reconnaître une base de R³). Soient $u=(1,1,0)$, $v=(0,1,1)$ et $w=(1,0,1)$. Montrer que $(u,v,w)$ est une base de $\R^3$, puis donner les coordonnées de $a=(2,3,1)$ dans cette base.

Indice

Écris $\alpha u+\beta v+\gamma w=0$ et compare les trois coordonnées. Reprends ensuite le même système avec le second membre $(2,3,1)$.

Solution

La relation $\alpha u+\beta v+\gamma w=0$ donne $$ \alpha+\gamma=0,\qquad \alpha+\beta=0,\qquad \beta+\gamma=0. $$ Les deux premières égalités donnent $\beta=\gamma=-\alpha$. La troisième devient $-2\alpha=0$, donc tous les coefficients sont nuls. La famille est libre et contient trois vecteurs dans $\R^3$, qui est de dimension $3$ : c'est une base.

Pour $a=\alpha u+\beta v+\gamma w$, on résout $\alpha+\gamma=2$, $\alpha+\beta=3$, $\beta+\gamma=1$. En additionnant les deux premières égalités et en retranchant la troisième, on obtient $2\alpha=4$. Ainsi $\alpha=2$, $\beta=1$, $\gamma=0$ et $[a]_{(u,v,w)}=(2,1,0)$. Vérification : $2u+v=(2,3,1)$.

Applications linéaires, noyau et image

Définition 8 (Linéarité, noyau et image). Une application $f:E\to F$ est linéaire si $f(au+bv)=af(u)+bf(v)$ pour tous vecteurs $u,v$ et tous scalaires $a,b$. Son noyau est $\ker f=\{u\in E:f(u)=0\}$ et son image est $\operatorname{Im}f=\{f(u):u\in E\}$. Ce sont des sous-espaces de $E$ et de $F$ respectivement.

La matrice de $f$ dans des bases fixées a pour colonnes les coordonnées des images des vecteurs de la base de départ. L'application est injective si et seulement si $\ker f=\{0\}$ ; elle est surjective si et seulement si $\operatorname{Im}f=F$.

Théorème 9 (Théorème du rang). Si $E$ est de dimension finie et $f:E\to F$ est linéaire, alors $$ \dim E=\dim(\ker f)+\dim(\operatorname{Im}f). $$ Le nombre $\dim(\operatorname{Im}f)$ est le rang de $f$. En particulier, pour un endomorphisme d'un espace de dimension finie, injectivité, surjectivité et bijectivité sont équivalentes.

Exercice 10 (Décrire le noyau et l’image). On définit $f:\R^3\to\R^2$ par $f(x,y,z)=(x+y,y+z)$. Vérifier la linéarité, écrire la matrice dans les bases canoniques, déterminer le noyau et l'image, puis vérifier le théorème du rang.

Indice

Pour le noyau, résous $x+y=0$ et $y+z=0$. Pour l'image, cherche des vecteurs dont les images sont $(1,0)$ et $(0,1)$.

Solution

Chaque coordonnée de $f$ est une combinaison linéaire de $x,y,z$ sans terme constant, donc $f(au+bv)=af(u)+bf(v)$. Comme $f(1,0,0)=(1,0)$, $f(0,1,0)=(1,1)$ et $f(0,0,1)=(0,1)$, sa matrice est $$ M=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\end{pmatrix}. $$ Dans le noyau, $x=-y$ et $z=-y$. En posant $t=-y$, on obtient $(x,y,z)=t(1,-1,1)$. Ainsi $\ker f=\operatorname{Vect}((1,-1,1))$, de dimension $1$.

Les vecteurs $(1,0)$ et $(0,1)$ appartiennent à l'image et engendrent $\R^2$, donc $\operatorname{Im}f=\R^2$ et le rang vaut $2$. On retrouve $3=1+2$. L'application est surjective mais pas injective, puisque son noyau contient un vecteur non nul.

Vérifie ta compréhension. Dans un espace de dimension $3$, que peut-on affirmer d'une famille libre de trois vecteurs ?

Elle est une base.
Elle engendre nécessairement un plan.
Elle peut ne pas être génératrice.

Réponse

Bonne réponse : A.

Une famille libre comportant autant de vecteurs que la dimension est automatiquement génératrice. Elle est donc une base.

Exercices corrigés

Chaque exercice propose un indice et une solution détaillée : essaie d'abord, puis compare.

Tome I · Amateur

Découvrir les méthodes et appliquer les définitions et les résultats du cours.

Exercice 1 (Sous-espace ou pas ?). Dans $\R^3$, montrer que $F=\{(x,y,z):x+2y-z=0\}$ est un sous-espace vectoriel. Dans $\R^2$, montrer que $G=\{(x,y):xy=0\}$ n'en est pas un.

Indice

Utilise le critère : non vide et stable par combinaison linéaire. Pour $G$, additionne deux vecteurs bien choisis.

Solution

$0\in F$ et, si $u,v\in F$, $\lambda u+\mu v$ vérifie encore l'équation linéaire : $F$ est un sous-espace (c'est le noyau d'une forme linéaire). Pour $G$ : $(1,0)$ et $(0,1)$ sont dans $G$, mais leur somme $(1,1)$ ne l'est pas. $G$ est la réunion des deux axes.

Exercice 2 (Libre ou liée ?). Les familles $\big((1,2,1),(0,1,1),(1,3,2)\big)$ et $\big((1,2,1),(0,1,1),(1,1,1)\big)$ sont-elles libres ?

Indice

Cherche une relation $a u+b v+c w=0$ et résous le système obtenu.

Solution

Dans la première, $(1,2,1)+(0,1,1)=(1,3,2)$ : la famille est liée. Pour la seconde, $a(1,2,1)+b(0,1,1)+c(1,1,1)=0$ donne $a+c=0$, $2a+b+c=0$ et $a+b+c=0$. En soustrayant les deux dernières, $a=0$, puis $c=0$ et $b=0$ : la famille est libre, c'est même une base de $\R^3$.

Exercice 3 (Base et dimension d’un plan). Donner une base et la dimension de $F=\{(x,y,z)\in\R^3:x+2y-z=0\}$.

Indice

Exprime $z$ en fonction de $x$ et de $y$.

Solution

$z=x+2y$, donc $(x,y,z)=x(1,0,1)+y(0,1,2)$. La famille $\big((1,0,1),(0,1,2)\big)$ engendre $F$, et elle est libre car ses deux premières coordonnées le sont. C'est une base : $\dim F=2$, ce qui est cohérent avec $3-1$ pour une équation non triviale.

Tome II · Entraînement

Combiner plusieurs notions et rédiger une démarche complète.

Exercice 1 (Une somme directe). Dans $\R^3$, soit $F=\operatorname{Vect}\big((1,1,0)\big)$ et $G=\{(x,y,z):x+y+z=0\}$. Montrer que $\R^3=F\oplus G$, puis décomposer $(1,2,3)$.

Indice

Montre que $F\cap G=\{0\}$ et compare les dimensions. Pour la décomposition, cherche $t$ tel que $(1,2,3)-t(1,1,0)\in G$.

Solution

$t(1,1,0)\in G$ impose $2t=0$ : $F\cap G=\{0\}$. Comme $\dim F+\dim G=1+2=3$, on a $\R^3=F\oplus G$. Ensuite $(1-t)+(2-t)+3=0$ donne $t=3$ : $(1,2,3)=(3,3,0)+(-2,-1,3)$, avec $(-2,-1,3)\in G$.

Exercice 2 (Dériver les polynômes). Soit $D:\R_3[X]\to\R_3[X]$, $P\mapsto P'$. Écrire sa matrice dans la base $(1,X,X^2,X^3)$, puis déterminer son noyau, son image et vérifier le théorème du rang.

Indice

Les colonnes de la matrice sont les coordonnées de $D(1)$, $D(X)$, $D(X^2)$ et $D(X^3)$.

Solution

$D(1)=0$, $D(X)=1$, $D(X^2)=2X$ et $D(X^3)=3X^2$, d'où la matrice $\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&2&0\\0&0&0&3\\0&0&0&0\end{pmatrix}$. Le noyau est formé des constantes (dimension $1$) et l'image est $\R_2[X]$ (dimension $3$). On a bien $1+3=4=\dim\R_3[X]$.

Exercice 3 (Changer de base). Dans $\R^2$, soit $\mathcal B'=\big((1,1),(1,-1)\big)$. Donner les coordonnées de $(3,1)$ dans $\mathcal B'$, puis la matrice dans $\mathcal B'$ de $f(x,y)=(y,x)$.

Indice

Calcule $f(1,1)$ et $f(1,-1)$, puis exprime-les dans $\mathcal B'$.

Solution

$a(1,1)+b(1,-1)=(3,1)$ donne $a=2$ et $b=1$. Ensuite $f(1,1)=(1,1)$ et $f(1,-1)=(-1,1)=-(1,-1)$. La matrice de $f$ dans $\mathcal B'$ est $\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$ : $f$ est la symétrie par rapport à la droite $y=x$, et la bonne base la rend diagonale.

Tome III · Perfectionnement

Approfondir le cours avec des problèmes de synthèse et des justifications complètes.

Exercice 1 (Les projecteurs). Soit $p$ un endomorphisme tel que $p\circ p=p$. Montrer que $E=\ker p\oplus\operatorname{Im}p$. Illustrer avec $p(x,y)=(x+y,0)$ sur $\R^2$.

Indice

Écris $x=(x-p(x))+p(x)$.

Solution

$p(x-p(x))=p(x)-p(p(x))=0$, donc $x-p(x)\in\ker p$ : $E=\ker p+\operatorname{Im}p$. Si $y=p(z)\in\ker p$, alors $y=p(z)=p(p(z))=p(y)=0$ : la somme est directe. Exemple : $p(p(x,y))=p(x+y,0)=(x+y,0)$, donc $p$ est un projecteur, de noyau la droite $\operatorname{Vect}(1,-1)$ et d'image $\operatorname{Vect}(1,0)$.

Exercice 2 (Des noyaux emboîtés). Soit $f$ un endomorphisme. Montrer que $\ker f^k\subseteq\ker f^{k+1}$ pour tout $k$, et que si $\ker f^k=\ker f^{k+1}$, alors $\ker f^{k+1}=\ker f^{k+2}$.

Indice

Si $f^{k+2}(x)=0$, applique l'hypothèse au vecteur $f(x)$.

Solution

Si $f^k(x)=0$, alors $f^{k+1}(x)=f(0)=0$. Supposons $\ker f^k=\ker f^{k+1}$ et $f^{k+2}(x)=0$. Alors $f(x)\in\ker f^{k+1}=\ker f^k$, donc $f^{k+1}(x)=0$ : $\ker f^{k+2}\subseteq\ker f^{k+1}$. La suite des noyaux se stabilise dès qu'elle stagne une fois ; en dimension finie, elle stagne forcément.

Exercice 3 (L’interpolation de Lagrange). Soient $a_0,\ldots,a_n$ des réels distincts et $L_i=\prod_{j\ne i}\dfrac{X-a_j}{a_i-a_j}$. Montrer que $(L_0,\ldots,L_n)$ est une base de $\R_n[X]$. Trouver l'unique $P\in\R_2[X]$ tel que $P(0)=1$, $P(1)=3$ et $P(2)=7$.

Indice

$L_i(a_k)$ vaut $1$ si $k=i$ et $0$ sinon. Évalue une combinaison nulle en chaque $a_k$.

Solution

Si $\sum\lambda_iL_i=0$, en évaluant en $a_k$ on obtient $\lambda_k=0$ : la famille est libre, avec $n+1=\dim\R_n[X]$ éléments, c'est une base. Le polynôme cherché est $P=L_0+3L_1+7L_2=\dfrac{(X-1)(X-2)}{2}-3X(X-2)+\dfrac{7X(X-1)}{2}=X^2+X+1$. Vérification : $P(0)=1$, $P(1)=3$, $P(2)=7$.

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