Espaces vectoriels
Rappels
Sous-espaces-vectoriel
sous-espace-vectoriel
de $E$ ssi
-
$F \neq \emptyset$
-
$ \forall (\lambda,\mu) \in \K^2 \ , \ \forall (x,y) \in F^2 \quad : \quad \lambda x
+ \mu y \ \in \ F$.
Remarque
On peut remplacer la condition $\mathbf{b}$ par :
$$ \forall \lambda \in \K \ , \ \forall (x,y) \in F^2 \quad : \quad
\lambda x + y \ \in
F.$$
ou par :
$$ \forall \lambda \in \K \ , \ \forall (x,y) \in F^2 \quad : \quad x+y \in F \textrm{ et }
\lambda x \in F.$$
on dit aussi que $F$ est stable par l'addition et la multiplication par un scalaire (ou
stable par une combinaison linéaire).
Si $F$ est un s-e-v de $E$, alors $F$ n'est pas vide, donc contient au moins un élément $x$,
donc $-x\in F$ puis $0_E=x-x\in F$. Ainsi $F$
contient $0_E$. Donc généralement, pour montrer que $F\neq \emptyset$, on montre que $0_E\in
F$.
Exemples
-
$\{0_E\}$ et $E$ sont des s-e-v de $E$.
-
Si $n \in \N$, $\K_n[X]$, ensemble des polynômes de $\K[X]$ de degré inférieur ou
égal à
$n$, est un sev de $\K[X]$.
-
L'ensemble des polynômess de degré exactement $n$ n'est
PAS
un s-e-v de $\K[X]$; en effet,
il ne contient même pas le polynôme nul!
-
Si $I$ est un intervalle de $\R$, l'ensemble $\mathscr{C}(I,\R)$ des fonctions
continues sur $I$
à valeurs réelles est un s-e-v de $\mathscr{A}(I,\R)$.
-
$\textcolor{red}{\text{Non}^{\text{NON}}}$ l'ensemble $F=\{(x,y,z)\in \R^3,\,\, xyz=0\}$ n'EST pas un s-e-v
(TPC 2007--P1)
Soit $F=\Bigg \{ M(a,b,c)=\left(%
\begin{array}{ccc}
a & c & b \\
b & a & c \\
c & b & a \\
\end{array}%
\right) ; \, (a,b,c) \in \mathbb{C}^3 \Bigg
\}$. Montrer que $F$ est un s-e-v de $\MM_3(\C)$.
Correction
-
La matrice $0\in F$, puisque on peut écrire $0=M(0,0,0)$. Donc $F\neq \emptyset$.
-
Soient $A=M(a,b,c),\, B=M(x,y,z)\in F$ (avec $a,b,c,x,y,z\in \C$) et $\lambda\in
\C$, on a:
$$\lambda A+B =\lambda \begin{pmatrix}
a&c&b\\
b&a&c\\
c&b&a
\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}
x&z&y\\
y&x&z\\
z&y&x
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
\lambda a +x &\lambda c+z& \lambda b\\
\lambda b+y&\lambda a+x&\lambda c+z\\
\lambda c+z&\lambda b+y&\lambda a+x
\end{pmatrix} =M(\lambda a+x,\lambda b+y,\lambda c+z)
$$
donc $\lambda A+B\in F$.
On en déduit alors que $F$ est un s-e-v.
Remarque: On verra dans la suite, comment on peut montrer ce résultat avec
une autre méthode (voir exercice ci-après).
(et définition)
Soit $X$ une partie quelconque d'un $\K$-EV $E$.
D'après la proposition précédente, l'intersection de tous les sev de $E$ qui contiennent $X$
est encore un s-e-v de $E$;
C'est en fait le plus petit (pour l'inclusion) s-e-v de $E$ contenant $X$ ;
On l'appelle s-e-v engendré par $X$ , et on le note $\Vect(X)$
.
Exemples
-
$\Vect ( \emptyset )=\{0_E\}$
-
$F$ est un s-e-v de $E$ si et seulement si $\Vect(F)=F$.
Remarques
La réunion de sev de $E$ n'est pas , en général, un sev de
$E$.
Combinaison linéaire
à support fini
si et seulement
si l'ensemble $ \{i \in I \ , \ \lambda_i \neq 0_{\K}\}$ est fini (on dit aussi que les
$\lambda_i$ sont
presque tous nuls ).
combinaison linéaire de cette famille s'il
existe une
famille $(\lambda_i)_{i \in I}$ d'éléments de $\K$ à support fini telle que :
$$x= \underset {\lambda_i \neq 0}{\dsp\sum_{i \in I}}{\lambda_i x_i}.$$
On note alors simplement $ x = \dsp \sum_{i \in I}{\lambda_i x_i}$
(somme en fait finie).
$\Vect(X)$ est exactement l'ensemble des combinaisons linéaires des éléments
de $X$ .
(TPC 2007--P2)
Soit $F=\Bigg \{ M(a,b,c)=\left(%
\begin{array}{ccc}
a & c & b \\
b & a & c \\
c & b & a \\
\end{array}%
\right) ; \, (a,b,c) \in \mathbb{C}^3 \Bigg
\}$. Montrer que $F$ est un s-e-v de $\MM_3(\C)$.
Correction
On note
$$ I= \begin{pmatrix}
1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1
\end{pmatrix}, \,\,
K=\begin{pmatrix}
0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0
\end{pmatrix},\,\, J = \begin{pmatrix}
0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&0&0
\end{pmatrix}$$
On remarque alors,
$$\begin{array}{lcl}
F&=&\Bigg \{ M(a,b,c)=\left(%
\begin{array}{ccc}
a & c & b \\
b & a & c \\
c & b & a \\
\end{array}%
\right) ; \, (a,b,c) \in \mathbb{C}^3 \Bigg
\}\\
&=&\Bigg \{ M(a,b,c)=a\left(%
\begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
\end{array}%
\right)+b\left(%
\begin{array}{ccc}
0& 0 & 1 \\
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
\end{array}%
\right)+c\left(%
\begin{array}{ccc}
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
1 & 0 & 0 \\
\end{array}%
\right) ; \, (a,b,c) \in \mathbb{C}^3 \Bigg
\}\\
&=&\Bigg \{ M(a,b,c)=aI+bK+cJ; \, (a,b,c) \in \mathbb{C}^3 \Bigg
\}=\Vect (I;K;J)
\end{array}\\
$$
Donc $F$ est un s.e.v.
Remarque: La matrice $J=K^2$, et les matrices $K,\,K^2$ étaient données
dans le sujet du concoours (voir aussi exercice ci-après).
Somme d'une famille finie de s-e-v
Définitions
somme des $E_i$ le sev de $E$ :
$$\Vect\Big( \dsp \bigcup_{1 \leqslant i \leqslant n}{E_i} \Big).$$
D'où la notation :
$$\boxed{\Vect \Big( \dsp \bigcup_{1\leqslant i \leqslant n}{E_i} \Big) \ =
\dsum_{i=1}^n{E_i}}.$$
Somme directe
(Somme directe)
Soit $(E_i)_{1 \leqslant i \leqslant n}$ une famille de $n$ sev de $E$. On dit que la somme
$\dsp\sum_{i=1}^n{E_i}$ est directe ssi :
$$\forall x \in \dsum_{i=1}^n{E_i},\quad \exists !\,\,(x_i)_{1 \leqslant i \leqslant n} \in
\dsp
\prod_{1 \leqslant i \leqslant n }{E_i},\,\, x = \sum_{i=1}^n{x_i}.$$
On note alors :
$ \dsp \bigoplus_{i=1}^n{E_i}$ au lieu de $\dsum_{i=1}^n{E_i}$.
Exemples
-
$\R^2=E_1\oplus E_2$ avec $E_1=\Vect ((1,1))$, $E_2=\Vect ((1,-1))$.
-
$ \K_n[X] = \dsp \bigoplus_{i=0}^n \K X^i.$
(Caractérisation d'une somme directe)
Pour que la somme $\dsp \sum_{1 \leqslant i \leqslant n}{E_i}$ soit directe, il faut et il
suffit que :
$$\forall (x_i)_{1 \leqslant i \leqslant n} \in \dsp\prod_{i=1}^n{E_i},\quad \dsp
\sum_{i=1}^n{x_i}=0 \ \Longrightarrow
\forall i \in \inter{1,n}, \ x_i=0.$$.
$E_1$ et $E_2$ sont en somme direct ssi $E_1 \cap E_2 = \{0_E\}$.
Remarque
Cela ne se généralise pas à plus de deux s-e-v. voir exemple ci-après.
Exemples
Dans $\R^2$ muni d'une base $(e_1,e_2)$, soient $F=\R e_1$, $G=\R e_2$ et $H=\R(e_1+e_2)$:
on a bien $F\cap G\cap H=\{0\}$ mais
la somme $F+G+H$ n'est PAS directe
(le vecteur $e_1+e_2$, par exemple, peut se décomposer de plusieurs façons différentes).
il existe $j \in\inter{1,n}$ , $\dsp \underset{i \neq j}{ \dsp \sum_{1 \leqslant i \leqslant
n}}{E_i}$ soit directe et que
$\dsp\underset{i \neq j}{ \dsp \sum_{1 \leqslant i \leqslant n}}{E_i}$ et $E_j$ soient en
somme directe.
(Somme directe)
Soit $(E_i)_{1 \leqslant i \leqslant n}$ une famille de $n$ sev de $E$. On dit que
$(E_i)_{1\leq i\leq n}$ sont
supplémentaires si
$E =\dsp \bigoplus_{i=1}^n{E_i}$ .
Remarque
Cela équivaut à l'une des conditions suivantes :
$$\forall x \in E \ , \ \exists ! (x_i)_{1 \leqslant i \leqslant n} \in \dsp
\prod_{i=1}^n{E_i} \text{ tq } x= \dsum_{i=1}^n{x_i}.$$
Exemple
-
On considère le $\R$-EV $E=\mathscr{A}(\R,\R)$ des applications de $\R$ dans $\R$,
soit $\mathscr{P}$ l'ensemble des applications paires, et $\mathscr{I}$ l'ensemble
des applications impaires.
Alors $\mathscr{P}$ et $\mathscr{I}$ sont des sev supplémentaires de
$\mathscr{A}(\R,\R)$.
-
Soit $P \in \K[X]$, tel que deg($P$)= $n+1, \ n\in \N$.
Alors $\K_n[X]$ et $\K[X]P$ (l'ensemble des multiples de $P$) sont des sev
supplémentaires de $\K[X]$.
(DS-2017)
Soit $E$ un $\K$-espace vectoriel. Soit $u\in \LL (E)$ tel que
$u^3=2u^2+u-2\ide$. Avec la notation $u^2= u\circ u$, $u^3= u^2\circ u=u\circ u^2=u\circ
u\circ u$. La relation vérifiée par $u$ se traduit par,
$$\forall x\in E,\quad u^3(x)=u(u(u(x)))=2u^2(x)+u(x)-2x.$$
On pose:
$$E_1= \Ker (u-\ide),\quad E_2= \Ker (u+\ide),\quad E_3=\Ker( u -2\ide).$$
-
Montrer que $u$ est injective.
-
Montrer que $\im (u^2-\ide)\subset \Ker (u-2\ide)$.
(Rappel $u^2-\ide =(u-\ide)\circ (u+\ide)=(u+\ide)\circ (u-\ide)$).
-
En déduire que les 3 sous-espaces vectoriels $E_1,\,E_2$ et $E_3$ ne peuvent pas
être réduit simultanément à $\{0\}$,
i.e. il y a au moins un des trois qui n'est pas réduit à $\{0\}$.
-
Soit $x=x_1+x_2+x_3\in E_1+E_2+E_3$, avec $x_i\in E_i$ pour $i\in \inter{1,3}$, tel
que $x=0$. Montrer alors les relations suivantes:
$$x_1-x_2+2x_3 =0,\quad x_1+x_2+4x_3=0.$$
En déduire que $x_1=x_2=x_3=0$. Que peut-on dire de la somme $E_1+E_2+E_3$.
-
Montrer que $E=E_1\oplus E_2\oplus E_3$.
Correction
-
Soit $x\in \Ker(u)$, alors
$$u(x)=0,\, u^2(x)=u^3(x)=0 \Longrightarrow 0 =2\times 0+0-2x =-2x \Longrightarrow
x=0.$$
Donc $\Ker (u)=\{0\}$, donc $u $ est injective.
-
Soit $y\in \im (u^2-\ide)$ alors il existe $x\in E$ tel que $y=u^2(x)-x$, puis
$$
\begin{array}{lcl}
u(y)-2y&=& u(u^2(x)-x)-2(u^2(x)-x)=u^3(x)-u(x)-2u^2(x)+2x\\
&=& u^3(x)-2u^2(x)-u(x)+2x=0,\quad \text{ (puisque } u^3=2u^2+u-2\ide \text{)}
\end{array}
$$
donc $y\in \Ker (u-2\ide)$ ce qui implique que $\im (u^2-\ide) \subset \Ker
(u-2\ide)$.
-
Supposons que $E_1=E_2=E_3=0$, alors d'après la question précédente, on a
$$\im (u^2-\ide) \subset \Ker (u-2\ide) = E_3=\{0\} \Longrightarrow
\im(u^2-\ide)=\{0\},$$
ce qui implique que $u^2-\ide =(u+\ide)\circ (u-\ide)=0$. Cette relation implique
aussi que $\im (u-\ide)\subset \Ker(u+\ide)=E_2$.
Or $E_2=\{0\}$ donc $u-\ide =0$ soit $E_1=E$ ce qui contredit l'hypothèse de départ.
conclusion, il y a au moins un des trois qui n'est pas réduit à $\{0\}$.
-
Soient $x_1\in E_1,\,x_2\in E_2,\,x_3\in E_3$ tels que $x_1+x_2+x_3=0 \quad (1)$, on
applique $u$ à cette relation ce qui donne:
$$0=u(0)=u(x_1+x_2+x_3)=u(x_1)+u(x_2)+u(x_3)=x_1-x_2+2x_3 \quad (2)$$
car $x_1\in E_1$ donc $(u-\ide)(x_1)=0$ soit $u(x_1)=x_1$ (même démarche pour $x_2$
et $x_3$).
On applique à nouveau $u$ à la relation $(2)$, on obtient alors:
$$0=u(0)=u(x_1-x_2+2x_3)=u(x_1)-u(x_2)+2u(x_3)=x_1+x_2+4x_3 \quad (3)$$
Puis $(3)-(1)$ donne $3x_3=0$ soit $x_3=0$, ensuite $(1)+(2)$ donne $2x_1=0$ donc
$x_1=0$ puis $x_2=0$.
Cela signifie que la somme $E_1+E_2+E_3$ est direct.
-
On a déjà montré qua la somme est directe, il reste alors à démontrer que
$E_1+E_2+E_3=E$.
Soit $x\in E$, on pose:
$$x_1=\dfrac{2x+u(x)-u^2(x)}{2}=\dfrac{6x+3u(x)-3u^2(x)}{6},\, x_2=
\dfrac{u^2(x)-3u(x)+2x}{6},\text{ et }x_3=
\dfrac{u^2(x)-x}{3}=\frac{2u^2(x)-2x}{6}.$$
On a
$$
\begin{array}{lcl}
u(x_1)&=&
\dfrac{1}{2}(2u(x)+u^2(x)-\textcolor{red}{u^3(x)})=\dfrac{1}{2}(2u(x)+u^2(x)-(\textcolor{red}{2u^2(x)+u(x)-2x}))\\
&&\\
&=& \dfrac{1}{2}(2x+u(x)-u^2(x))=x_1 \Longrightarrow x_1\in E_1.\\
&&\\
u(x_2)&=&
\dfrac{\textcolor{red}{u^3(x)}-3u^2(x)+2u(x)}{6}=\dfrac{(\textcolor{red}{2u^2(x)+u(x)-2x})-3u^2(x)+2u(x)}{6}\\
&&\\
&=&\dfrac{-u^2(x)+3u(x)-2x}{6}=-x_2\Longrightarrow x_2\in E_2.\\
&&\\
u(x_2)&=&\dfrac{\textcolor{red}{u^3(x)}-u(x)}{3}=\dfrac{\textcolor{red}{2u^2(x)+u(x)-2x}-u(x)}{3}\\
&&\\
&=& \dfrac{2u^2(x)-2x}{3}=2x_3 \Longrightarrow x_3\in E3.
\end{array}
$$
Une petite vérification donne $x_1+x_2+x_3=x$, autrement dit $x\in E_1+E_2+E_3$.
Ceci prouve que $E= E_1+E_2+E_3$ CQFD.
Familles génératrices, libres, liées
Familles génératrices
génératrice
de $E$ si
$$\boxed{\Vect \big((x_i)_{i \in I}\big) = E}.$$
Remarque
Cela équivaut à dire que tout vecteur de $E$ est combinaison linéaire des $x_i$, ou encore
(lorsque la famille est finie) que $E$ est somme des sev $\K x_i$.
Famille libre
-
Une
famille finie $(x_i)_{1 \leqslant i \leqslant n }$ d'un $\K$-EV
$E$
est dite libre si, pour toute famille
$(\lambda_i)_{1 \leqslant i \leqslant n}$ d'éléments de $\K$ :
$$ \dsp\sum_{i=1}^n{\lambda_i x_i}=0_E \ \Longrightarrow
\forall i \in \inter{1,n} \,
\lambda_i = 0_{\K}.$$
(on dit aussi que les $(x_i)$ sont linéairement indépendants )
-
Une
famille quelconque $(x_i)_{i \in I}$ d'un $\K$-EV $E$ est dite
libre si toutes ses sous-familles finies sont libres.
-
Une famille $(x_i)_{i \in I}$ d'un $\K$ e-v $E$ est dite
liée
si
elle n'est pas libre,i.e. s'il existe une famille $(\lambda_i)_{i \in I}$
d'éléments de $\K$, à support fini, non tous nuls , telle que $ \dsp
\sum_{i \in I}{\lambda_i x_i}=0_E$.
(on dit aussi que les $(x_i)$ sont linéairement dépendants ).
-
La famille $\{x\}$, est libre ssi $x \neq 0_E$.
-
Une famille de deux éléments $\{x_1,x_2\}$ est liée ssi :
$$x_1=0_E \textrm{ ou } \exists \lambda \in \K \textrm{ tq } x_2=\lambda x_1.$$
-
Toute famille contenant $0_E$ est liée.
-
Toute sous-famille d'une famille libre est libre.
Toute sur-famille d'une famille liée est liée.
-
Une famille $(x_i)_{i \in I}$ est liée ssi il existe $j \in I$ tel que
$x_j$ soit combinaison linéaire des $(x_i)_{i\in I, i \neq j}$.
-
Soit $(x_i)_{1 \leqslant i \leqslant n}$ une famille de vecteurs non nuls de $E$.
Alors cette famille est libre ssi la somme
$ \dsum_{i=1}^n{\K x_i}$ est directe.
Alors $y$ est combinaison linéaire des $x_i$, de manière unique.
Bases
base de $E$ si elle est à
la fois libre et génératrice.
-
$\mathscr{B}$ est une base de $E$.
-
Tout vecteur de $E$ s'écrit de manière unique comme combinaison linéaire des
éléments
de $\mathscr{B}$.
-
$\mathscr{B}$ est une famille libre maximale (i.e. $\mathscr{B}$ est libre,
et
$\forall x \in E\setminus \mathscr{B} \ , \mathscr{B} \cup \{x\}$ est liée).
-
$\mathscr{B}$ est une famille génératrice minimale de $E$ (i.e. $\mathscr{B}$
est génératrice de $E$, et $ \forall x
\in \mathscr{B} \ , \ \mathscr{B}\setminus\{x\}$ n'est pas génératrice de $E$).
Remarques
Si $(e_i)_{1 \leqslant i \leqslant n}$ est une famille de vecteurs non nuls de
$E$, cette famille est une base de $E$ si et seulement si $E = \dsp \bigoplus_{i=1}^n{\K
e_i}$.
Les $\lambda_i$ sont appelés les coordonnées de $x$ dans la base $\mathscr{B}$
.
-
Soit $(E_i)_{1 \leqslant i \leqslant n}$ une famille de s-e-v de $E$ telle que
$ E = \dsp \bigoplus_{i=1}^n{E_i}$.
Si, pour tout $i \in \inter{1,n}$, $\mathscr{B}_i$ est une base de $E_i$, alors, les
$\mathscr{B}_i$ sont deux à deux disjoints et
$\mathscr{B} = \dsp \bigcup_{i=1}^n{\mathscr{B}_i}$ est une base de $E$.
-
Soit $\mathscr{B}$ une base de $E$, et $(\mathscr{B}_i)_{1 \leqslant i \leqslant n}$
une partition
de $\mathscr{B}$.
Si, pour tout $i \in \inter{1,n}$, $E_i=\textrm{Vect}(\mathscr{B}_i)$, alors
$ E = \dsp \bigoplus_{i=1}^n{E_i}$.
Espaces vectoriels de dimension
finie
Dimension
de dimension finie s'il possède une famille
génératrice finie.
(Théorème de la base incomplète)
Soit $E$ un $\K$-ev de dimension finie, $L$ un système libre de $E$ et $G$ un système
générateur de $E$.
Alors $L$ est de cardinal fini, et il existe une base $\mathscr{B}$ de $E$} telle que :
$$\boxed{L \subset \mathscr{B} \subset L \cup G}.$$
- $F \neq \emptyset$
- $ \forall (\lambda,\mu) \in \K^2 \ , \ \forall (x,y) \in F^2 \quad : \quad \lambda x + \mu y \ \in \ F$.
On peut remplacer la condition $\mathbf{b}$ par : $$ \forall \lambda \in \K \ , \ \forall (x,y) \in F^2 \quad : \quad \lambda x + y \ \in F.$$ ou par : $$ \forall \lambda \in \K \ , \ \forall (x,y) \in F^2 \quad : \quad x+y \in F \textrm{ et } \lambda x \in F.$$ on dit aussi que $F$ est stable par l'addition et la multiplication par un scalaire (ou stable par une combinaison linéaire).
Si $F$ est un s-e-v de $E$, alors $F$ n'est pas vide, donc contient au moins un élément $x$, donc $-x\in F$ puis $0_E=x-x\in F$. Ainsi $F$ contient $0_E$. Donc généralement, pour montrer que $F\neq \emptyset$, on montre que $0_E\in F$.
- $\{0_E\}$ et $E$ sont des s-e-v de $E$.
- Si $n \in \N$, $\K_n[X]$, ensemble des polynômes de $\K[X]$ de degré inférieur ou égal à $n$, est un sev de $\K[X]$.
-
L'ensemble des polynômess de degré exactement $n$ n'est
PAS un s-e-v de $\K[X]$; en effet, il ne contient même pas le polynôme nul! - Si $I$ est un intervalle de $\R$, l'ensemble $\mathscr{C}(I,\R)$ des fonctions continues sur $I$ à valeurs réelles est un s-e-v de $\mathscr{A}(I,\R)$.
- $\textcolor{red}{\text{Non}^{\text{NON}}}$ l'ensemble $F=\{(x,y,z)\in \R^3,\,\, xyz=0\}$ n'EST pas un s-e-v
Soit $F=\Bigg \{ M(a,b,c)=\left(% \begin{array}{ccc} a & c & b \\ b & a & c \\ c & b & a \\ \end{array}% \right) ; \, (a,b,c) \in \mathbb{C}^3 \Bigg \}$. Montrer que $F$ est un s-e-v de $\MM_3(\C)$.
- La matrice $0\in F$, puisque on peut écrire $0=M(0,0,0)$. Donc $F\neq \emptyset$.
- Soient $A=M(a,b,c),\, B=M(x,y,z)\in F$ (avec $a,b,c,x,y,z\in \C$) et $\lambda\in \C$, on a: $$\lambda A+B =\lambda \begin{pmatrix} a&c&b\\ b&a&c\\ c&b&a \end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} x&z&y\\ y&x&z\\ z&y&x \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \lambda a +x &\lambda c+z& \lambda b\\ \lambda b+y&\lambda a+x&\lambda c+z\\ \lambda c+z&\lambda b+y&\lambda a+x \end{pmatrix} =M(\lambda a+x,\lambda b+y,\lambda c+z) $$ donc $\lambda A+B\in F$.
On en déduit alors que $F$ est un s-e-v.
On l'appelle
- $\Vect ( \emptyset )=\{0_E\}$
- $F$ est un s-e-v de $E$ si et seulement si $\Vect(F)=F$.
La
Soit $F=\Bigg \{ M(a,b,c)=\left(% \begin{array}{ccc} a & c & b \\ b & a & c \\ c & b & a \\ \end{array}% \right) ; \, (a,b,c) \in \mathbb{C}^3 \Bigg \}$. Montrer que $F$ est un s-e-v de $\MM_3(\C)$.
On note $$ I= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}, \,\, K=\begin{pmatrix} 0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix},\,\, J = \begin{pmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&0&0 \end{pmatrix}$$ On remarque alors, $$\begin{array}{lcl} F&=&\Bigg \{ M(a,b,c)=\left(% \begin{array}{ccc} a & c & b \\ b & a & c \\ c & b & a \\ \end{array}% \right) ; \, (a,b,c) \in \mathbb{C}^3 \Bigg \}\\ &=&\Bigg \{ M(a,b,c)=a\left(% \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{array}% \right)+b\left(% \begin{array}{ccc} 0& 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ \end{array}% \right)+c\left(% \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ \end{array}% \right) ; \, (a,b,c) \in \mathbb{C}^3 \Bigg \}\\ &=&\Bigg \{ M(a,b,c)=aI+bK+cJ; \, (a,b,c) \in \mathbb{C}^3 \Bigg \}=\Vect (I;K;J) \end{array}\\ $$ Donc $F$ est un s.e.v.
D'où la notation : $$\boxed{\Vect \Big( \dsp \bigcup_{1\leqslant i \leqslant n}{E_i} \Big) \ = \dsum_{i=1}^n{E_i}}.$$
- $\R^2=E_1\oplus E_2$ avec $E_1=\Vect ((1,1))$, $E_2=\Vect ((1,-1))$.
- $ \K_n[X] = \dsp \bigoplus_{i=0}^n \K X^i.$
$E_1$ et $E_2$ sont en somme direct ssi $E_1 \cap E_2 = \{0_E\}$.
Cela
Dans $\R^2$ muni d'une base $(e_1,e_2)$, soient $F=\R e_1$, $G=\R e_2$ et $H=\R(e_1+e_2)$: on a bien $F\cap G\cap H=\{0\}$ mais la somme $F+G+H$ n'est PAS directe (le vecteur $e_1+e_2$, par exemple, peut se décomposer de plusieurs façons différentes).
il existe $j \in\inter{1,n}$ , $\dsp \underset{i \neq j}{ \dsp \sum_{1 \leqslant i \leqslant n}}{E_i}$ soit directe et que $\dsp\underset{i \neq j}{ \dsp \sum_{1 \leqslant i \leqslant n}}{E_i}$ et $E_j$ soient en somme directe.
Cela équivaut à l'une des conditions suivantes : $$\forall x \in E \ , \ \exists ! (x_i)_{1 \leqslant i \leqslant n} \in \dsp \prod_{i=1}^n{E_i} \text{ tq } x= \dsum_{i=1}^n{x_i}.$$
-
On considère le $\R$-EV $E=\mathscr{A}(\R,\R)$ des applications de $\R$ dans $\R$,
soit $\mathscr{P}$ l'ensemble des applications paires, et $\mathscr{I}$ l'ensemble
des applications impaires.
Alors $\mathscr{P}$ et $\mathscr{I}$ sont des sev supplémentaires de $\mathscr{A}(\R,\R)$. - Soit $P \in \K[X]$, tel que deg($P$)= $n+1, \ n\in \N$. Alors $\K_n[X]$ et $\K[X]P$ (l'ensemble des multiples de $P$) sont des sev supplémentaires de $\K[X]$.
Soit $E$ un $\K$-espace vectoriel. Soit $u\in \LL (E)$ tel que $u^3=2u^2+u-2\ide$. Avec la notation $u^2= u\circ u$, $u^3= u^2\circ u=u\circ u^2=u\circ u\circ u$. La relation vérifiée par $u$ se traduit par, $$\forall x\in E,\quad u^3(x)=u(u(u(x)))=2u^2(x)+u(x)-2x.$$ On pose: $$E_1= \Ker (u-\ide),\quad E_2= \Ker (u+\ide),\quad E_3=\Ker( u -2\ide).$$
- Montrer que $u$ est injective.
-
Montrer que $\im (u^2-\ide)\subset \Ker (u-2\ide)$.
(Rappel $u^2-\ide =(u-\ide)\circ (u+\ide)=(u+\ide)\circ (u-\ide)$). - En déduire que les 3 sous-espaces vectoriels $E_1,\,E_2$ et $E_3$ ne peuvent pas être réduit simultanément à $\{0\}$, i.e. il y a au moins un des trois qui n'est pas réduit à $\{0\}$.
- Soit $x=x_1+x_2+x_3\in E_1+E_2+E_3$, avec $x_i\in E_i$ pour $i\in \inter{1,3}$, tel que $x=0$. Montrer alors les relations suivantes: $$x_1-x_2+2x_3 =0,\quad x_1+x_2+4x_3=0.$$ En déduire que $x_1=x_2=x_3=0$. Que peut-on dire de la somme $E_1+E_2+E_3$.
- Montrer que $E=E_1\oplus E_2\oplus E_3$.
-
Soit $x\in \Ker(u)$, alors $$u(x)=0,\, u^2(x)=u^3(x)=0 \Longrightarrow 0 =2\times 0+0-2x =-2x \Longrightarrow x=0.$$ Donc $\Ker (u)=\{0\}$, donc $u $ est injective. -
Soit $y\in \im (u^2-\ide)$ alors il existe $x\in E$ tel que $y=u^2(x)-x$, puis $$ \begin{array}{lcl} u(y)-2y&=& u(u^2(x)-x)-2(u^2(x)-x)=u^3(x)-u(x)-2u^2(x)+2x\\ &=& u^3(x)-2u^2(x)-u(x)+2x=0,\quad \text{ (puisque } u^3=2u^2+u-2\ide \text{)} \end{array} $$ donc $y\in \Ker (u-2\ide)$ ce qui implique que $\im (u^2-\ide) \subset \Ker (u-2\ide)$. -
Supposons que $E_1=E_2=E_3=0$, alors d'après la question précédente, on a $$\im (u^2-\ide) \subset \Ker (u-2\ide) = E_3=\{0\} \Longrightarrow \im(u^2-\ide)=\{0\},$$ ce qui implique que $u^2-\ide =(u+\ide)\circ (u-\ide)=0$. Cette relation implique aussi que $\im (u-\ide)\subset \Ker(u+\ide)=E_2$. Or $E_2=\{0\}$ donc $u-\ide =0$ soit $E_1=E$ ce qui contredit l'hypothèse de départ.
conclusion, il y a au moins un des trois qui n'est pas réduit à $\{0\}$. -
Soient $x_1\in E_1,\,x_2\in E_2,\,x_3\in E_3$ tels que $x_1+x_2+x_3=0 \quad (1)$, on applique $u$ à cette relation ce qui donne: $$0=u(0)=u(x_1+x_2+x_3)=u(x_1)+u(x_2)+u(x_3)=x_1-x_2+2x_3 \quad (2)$$ car $x_1\in E_1$ donc $(u-\ide)(x_1)=0$ soit $u(x_1)=x_1$ (même démarche pour $x_2$ et $x_3$).
On applique à nouveau $u$ à la relation $(2)$, on obtient alors: $$0=u(0)=u(x_1-x_2+2x_3)=u(x_1)-u(x_2)+2u(x_3)=x_1+x_2+4x_3 \quad (3)$$ Puis $(3)-(1)$ donne $3x_3=0$ soit $x_3=0$, ensuite $(1)+(2)$ donne $2x_1=0$ donc $x_1=0$ puis $x_2=0$.
Cela signifie que la somme $E_1+E_2+E_3$ est direct. -
On a déjà montré qua la somme est directe, il reste alors à démontrer que $E_1+E_2+E_3=E$.
Soit $x\in E$, on pose: $$x_1=\dfrac{2x+u(x)-u^2(x)}{2}=\dfrac{6x+3u(x)-3u^2(x)}{6},\, x_2= \dfrac{u^2(x)-3u(x)+2x}{6},\text{ et }x_3= \dfrac{u^2(x)-x}{3}=\frac{2u^2(x)-2x}{6}.$$ On a $$ \begin{array}{lcl} u(x_1)&=& \dfrac{1}{2}(2u(x)+u^2(x)-\textcolor{red}{u^3(x)})=\dfrac{1}{2}(2u(x)+u^2(x)-(\textcolor{red}{2u^2(x)+u(x)-2x}))\\ &&\\ &=& \dfrac{1}{2}(2x+u(x)-u^2(x))=x_1 \Longrightarrow x_1\in E_1.\\ &&\\ u(x_2)&=& \dfrac{\textcolor{red}{u^3(x)}-3u^2(x)+2u(x)}{6}=\dfrac{(\textcolor{red}{2u^2(x)+u(x)-2x})-3u^2(x)+2u(x)}{6}\\ &&\\ &=&\dfrac{-u^2(x)+3u(x)-2x}{6}=-x_2\Longrightarrow x_2\in E_2.\\ &&\\ u(x_2)&=&\dfrac{\textcolor{red}{u^3(x)}-u(x)}{3}=\dfrac{\textcolor{red}{2u^2(x)+u(x)-2x}-u(x)}{3}\\ &&\\ &=& \dfrac{2u^2(x)-2x}{3}=2x_3 \Longrightarrow x_3\in E3. \end{array} $$ Une petite vérification donne $x_1+x_2+x_3=x$, autrement dit $x\in E_1+E_2+E_3$.
Ceci prouve que $E= E_1+E_2+E_3$ CQFD.
Cela équivaut à dire que tout vecteur de $E$ est combinaison linéaire des $x_i$, ou encore (lorsque la famille est finie) que $E$ est somme des sev $\K x_i$.
-
Une
famille finie $(x_i)_{1 \leqslant i \leqslant n }$ d'un $\K$-EV $E$ est ditelibre si, pour toute famille $(\lambda_i)_{1 \leqslant i \leqslant n}$ d'éléments de $\K$ : $$ \dsp\sum_{i=1}^n{\lambda_i x_i}=0_E \ \Longrightarrow \forall i \in \inter{1,n} \, \lambda_i = 0_{\K}.$$ (on dit aussi que les $(x_i)$ sontlinéairement indépendants ) -
Une
famille quelconque $(x_i)_{i \in I}$ d'un $\K$-EV $E$ est ditelibre si toutes ses sous-familles finies sont libres. -
Une famille $(x_i)_{i \in I}$ d'un $\K$ e-v $E$ est dite
liée si elle n'est pas libre,i.e. s'il existe une famille $(\lambda_i)_{i \in I}$ d'éléments de $\K$, à support fini,non tous nuls , telle que $ \dsp \sum_{i \in I}{\lambda_i x_i}=0_E$.
(on dit aussi que les $(x_i)$ sontlinéairement dépendants ).
- La famille $\{x\}$, est libre ssi $x \neq 0_E$.
- Une famille de deux éléments $\{x_1,x_2\}$ est liée ssi : $$x_1=0_E \textrm{ ou } \exists \lambda \in \K \textrm{ tq } x_2=\lambda x_1.$$
- Toute famille contenant $0_E$ est liée.
-
Toute sous-famille d'une famille libre est libre.
Toute sur-famille d'une famille liée est liée. - Une famille $(x_i)_{i \in I}$ est liée ssi il existe $j \in I$ tel que $x_j$ soit combinaison linéaire des $(x_i)_{i\in I, i \neq j}$.
- Soit $(x_i)_{1 \leqslant i \leqslant n}$ une famille de vecteurs non nuls de $E$. Alors cette famille est libre ssi la somme $ \dsum_{i=1}^n{\K x_i}$ est directe.
Alors $y$ est combinaison linéaire des $x_i$, de manière unique.
- $\mathscr{B}$ est une base de $E$.
- Tout vecteur de $E$ s'écrit de manière unique comme combinaison linéaire des éléments de $\mathscr{B}$.
- $\mathscr{B}$ est une famille libre maximale (i.e. $\mathscr{B}$ est libre, et $\forall x \in E\setminus \mathscr{B} \ , \mathscr{B} \cup \{x\}$ est liée).
- $\mathscr{B}$ est une famille génératrice minimale de $E$ (i.e. $\mathscr{B}$ est génératrice de $E$, et $ \forall x \in \mathscr{B} \ , \ \mathscr{B}\setminus\{x\}$ n'est pas génératrice de $E$).
Si $(e_i)_{1 \leqslant i \leqslant n}$ est une famille de vecteurs non nuls de $E$, cette famille est une base de $E$ si et seulement si $E = \dsp \bigoplus_{i=1}^n{\K e_i}$.
Les $\lambda_i$ sont appelés les
- Soit $(E_i)_{1 \leqslant i \leqslant n}$ une famille de s-e-v de $E$ telle que $ E = \dsp \bigoplus_{i=1}^n{E_i}$. Si, pour tout $i \in \inter{1,n}$, $\mathscr{B}_i$ est une base de $E_i$, alors, les $\mathscr{B}_i$ sont deux à deux disjoints et $\mathscr{B} = \dsp \bigcup_{i=1}^n{\mathscr{B}_i}$ est une base de $E$.
-
Soit $\mathscr{B}$ une base de $E$, et $(\mathscr{B}_i)_{1 \leqslant i \leqslant n}$
une partition
de $\mathscr{B}$.
Si, pour tout $i \in \inter{1,n}$, $E_i=\textrm{Vect}(\mathscr{B}_i)$, alors $ E = \dsp \bigoplus_{i=1}^n{E_i}$.
Alors $L$ est de cardinal fini, et il existe une base $\mathscr{B}$ de $E$} telle que :
$$\boxed{L \subset \mathscr{B} \subset L \cup G}.$$
Si on pose $G=E$ dans le théorème précédent, on trouve,
Si on pose maintenant $L=\emptyset$ dans le théorème précédent, on trouve,
Jamais 1 sans 2...
-
La dimension est le nombre d'éléments dans une base de $E$. Par conséquence c'est
une entier!!!
On ne peut pas avoir $\dim (E)=-1$ et encore moins $\frac{1}{2}$. - La dimension est le nombre d'éléments dans une base de $E$ et non pas le nombre d'éléments de $E$.
- $\dim(\{0\})=0$
- $\dim_{\C}(\C)=1$
- $\dim_{\R}(\C)=2$
- $\dim_{\K}(\K^n)=n$
- $\dim_{\K}(\K_n[X])=n+1$
Soit $F=\Bigg \{ M(a,b,c)=\left(% \begin{array}{ccc} a & c & b \\ b & a & c \\ c & b & a \\ \end{array}% \right) ; \, (a,b,c) \in \mathbb{C}^3 \Bigg \}$.
- Montrer que $F$ est un s-e-v de $\MM_3(\C)$.
- Déterminer une base et la dimension de $F$
On note $$ I= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}, \,\, K=\begin{pmatrix} 0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix},\,\, J = \begin{pmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&0&0 \end{pmatrix}=K^2$$
- Déjà fait (exercice ci-dessus), et on a montré que $F=\Vect (I,K,K^2)$.
- La famille $(I,K,K^2)$ est une famille génératrice de $F$, de plus c'est une famille libre, en effet: $$\forall a,\,b,\,c\in \C,\, aI+bK+cK^2 =0 \Longrightarrow \left(\begin{array}{ccc} a & c & b \\ b & a & c \\ c & b & a \\ \end{array} \right) =0\Longrightarrow a=b=c=0. $$ Donc la famille $(I,K,K^2)$ est une base de $F$, soit $\dim_\C(F)=3$.
$E$ désigne l'espace vectoriel des suites réelles. Une suite $u$ de $E$ est dite périodique de période $p\in \N^*$ lorsqu'elle vérifie~: $\forall n\in \N,\ u_{n+p}=u_n$.
Soit l'ensemble ${\mathcal S}_0=\{u\in E\mid \forall n\in \N,\ u_{n+2}+u_n=0\}$.
-
Soient les deux suites $\lambda$ et $\mu$ définies par :
$\forall n\in \N,\ \lambda_n=\cos\left (n\frac{\pi}{2}\right )$ et $\mu_n=\sin\left
(n\frac{\pi}{2}\right )$.
- Vérifier que $\lambda$ et $\mu$ sont des éléments de ${\cal S}_0$.
- Montrer que ces deux suites sont périodiques.
- Montrer que ${\cal S}_0$ est un sous-espace vectoriel de $E$.
- Donner une base de ${\cal S}_0$ et préciser sa dimension.
Une correction est disponible sur le site de UPS
- Toute famille libre de $E$ a moins de $n$ éléments; et si elle en a exactement $n$, c'est une base de $E$.
- Toute famille génératrice de $E$ a plus de $n$ éléments; et si elle en a exactement $n$, c'est une base de $E$.
Sous-espaces vectoriels d'un e-v de dimension finie
- $F$ est de dimension finie, et $\dim(F) \leqslant \dim(E)$.
- On a $\dim(E) = \dim(F)$ si et seulement si $E=F$.
- Tout sev de $E$ possède (au moins) un supplémentaire.
- Si $E= E_1 \oplus E_2$, alors $\dim (E)=\dim(E_1)+\dim(E_2)$.
- $E=E_1 \oplus E_2$ si et seulement si la réunion d'une base de $E_1$ et d'une base de $E_2$ est une base de $E$.
Pour que $E_1$ et $E_2$ soient
Rang d'une famille de vecteurs
Si $\dim\big( \Vect( (x_i)_{i \in I}) \big)$ est finie, elle s'appelle le
- Si $(x_i)_{i \in I}$ est une famille d'éléments d'un $\K$-ev $E$ de dimension finie, alors : $$\textrm{rg} \big( (x_i)_{i \in I} \big) \ \leqslant \ \textrm{dim}(E).$$
- Si $(x_1,x_2, \ldots,x_p)$ est une famille finie, alors : $\textrm{rg}(x_1,x_2,\ldots,x_p) \leqslant p $.
Soit $\mathcal{F}=\{V_0,\,V_1,\,V_2,\,V_3\}\subset\R^4$, avec: $$\forall i\in \inter{0,3},\quad V_i=\begin{pmatrix} (a+i)^2\\(b+i)^2\\(c+i)^2\\(d+i)^2 \end{pmatrix},\, \quad a,b,c,d\in \R.$$ Déterminer le rang de $\mathcal{F}$
Soit $i\in \inter{0,3}$, on a: $$V_i=\begin{pmatrix} a^2+2ia+i^2\\ b^2+2ib+i^2\\ c^2+2ic+i^2\\ d^2+2id+i^2 \end{pmatrix} =\underset{:=U}{\begin{pmatrix} a^2\\ b^2\\ c^2\\ d^2 \end{pmatrix}}+2i\underset{:=V}{\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\\ d \end{pmatrix}}+i^2\underset{:=W}{\begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}} $$ Ce qui implique que $\rg (\mathcal{F})\leq 3$.
Il est clair que si $a=b=c=d$ alors $U=aV$ et $V=aW$ donc $\rg (\mathcal{F})=1$.
Supposons mainteant que les 4 valeurs sont différentes. Soit $\alpha,\, \beta,\, \gamma\in \R$ tels que $\alpha U+\beta V+\gamma W =0$. Ce qui donne $a,b,c$ et $d$ sont des racine de $P= \alpha X^2+\beta X+\gamma$.
Ceci n'est pas possible que si les réels $a,b,c,d$ prennent deux valeurs différentes.
On en déduit:
- Si $a,b,c,d$ prennent une seul valeur alors $\rg(\mathcal{F})=1$.
- Si $a,b,c,d$ prennent deux valeurs différentes alors $\rg(\mathcal{F})=2$.
- Si $a,b,c,d$ prennent trois (ou quatre) valeurs différentes alors $\rg(\mathcal{F})=3$.
- Toute famille libre de $E$ a moins de $n$ éléments; et si elle en a exactement $n$, c'est une base de $E$.
- Toute famille génératrice de $E$ a plus de $n$ éléments; et si elle en a exactement $n$, c'est une base de $E$.