Espaces vectoriels, bases, dimension en L1 de maths : cours et méthodes

Un espace vectoriel sur \(\mathbb{K}\) est un ensemble \(E\) muni d’une addition \(+\) et d’une multiplication externe \((\lambda, u) \mapsto \lambda u\) telles que :

• \((E, +)\) est un groupe commutatif, de neutre noté \(0_E\) ;
• pour tous \(\lambda, \mu \in \mathbb{K}\) et \(u, v \in E\) : \(\lambda(u + v) = \lambda u + \lambda v\) et \((\lambda + \mu)u = \lambda u + \mu u\) ;
• \(\lambda(\mu u) = (\lambda\mu)u\) et \(1 \cdot u = u\).

Les éléments de \(E\) s’appellent alors des vecteurs.

Les ensembles suivants sont des espaces vectoriels sur \(\mathbb{K}\), avec les opérations naturelles :

• \(\mathbb{K}^n\), avec les opérations coordonnée par coordonnée ;
• \(\mathbb{K}[X]\), les polynômes, et \(\mathbb{K}_n[X]\), les polynômes de degré au plus \(n\) ;
• \(\mathbb{K}^{\mathbb{N}}\), les suites à valeurs dans \(\mathbb{K}\) ;
• \(\mathcal{F}(I, \mathbb{K})\), les fonctions d’un intervalle \(I\) dans \(\mathbb{K}\) ;
• \(\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K})\), les matrices à \(n\) lignes et \(p\) colonnes.

Pour tout \(\lambda \in \mathbb{K}\) et tout \(u \in E\) : \(0 \cdot u = 0_E\), \(\lambda 0_E = 0_E\) et \((-1)u = -u\). De plus, \(\lambda u = 0_E\) entraîne \(\lambda = 0\) ou \(u = 0_E\).

D’abord, \(0 \cdot u = (0 + 0)u = 0 \cdot u + 0 \cdot u\). On ajoute l’opposé de \(0 \cdot u\) des deux côtés, donc \(0 \cdot u = 0_E\). Le calcul est identique pour \(\lambda 0_E\). Ensuite, \(u + (-1)u = (1 – 1)u = 0_E\), si bien que \((-1)u\) est l’opposé de \(u\). Enfin, supposons \(\lambda u = 0_E\) avec \(\lambda \neq 0\). Alors \(u = \lambda^{-1}(\lambda u) = \lambda^{-1} 0_E = 0_E\).

L’ensemble \(\mathbb{R}_+^2\) des couples à coordonnées positives n’est pas un espace vectoriel sur \(\mathbb{R}\). En effet, \((1, 0)\) appartient à \(\mathbb{R}_+^2\), mais \((-1)(1, 0) = (-1, 0)\) n’y est pas. Autrement dit, la stabilité par multiplication externe échoue.

Une partie \(F\) de \(E\) est un sous-espace vectoriel de \(E\) si \(0_E \in F\) et si, pour tous \(u, v \in F\) et tout \(\lambda \in \mathbb{K}\), le vecteur \(\lambda u + v\) appartient à \(F\).

Un sous-espace vectoriel de \(E\), muni des opérations de \(E\), est lui-même un espace vectoriel sur \(\mathbb{K}\). De plus, une intersection de sous-espaces de \(E\) est encore un sous-espace de \(E\).

Les opérations restent internes à \(F\) : avec \(\lambda = 1\), on obtient \(u + v \in F\), et avec \(v = 0_E\), on obtient \(\lambda u \in F\). Ensuite, \(-u = (-1)u\) est dans \(F\). Les axiomes de calcul sont vrais dans \(E\), donc ils restent vrais dans \(F\). Pour l’intersection, le vecteur nul appartient à chaque sous-espace, et une combinaison \(\lambda u + v\) aussi.

Pour prouver que \(F\) est un sous-espace d’un espace de référence \(E\) :

1. préciser \(E\) et vérifier que \(F \subset E\) ;
2. vérifier que \(0_E\) satisfait la condition qui définit \(F\) ;
3. prendre \(u, v \in F\) et \(\lambda \in \mathbb{K}\), puis montrer que \(\lambda u + v\) satisfait cette condition ;
4. en variante, écrire \(F\) comme un sous-espace engendré ou comme une intersection de sous-espaces connus.

Soit \(F\) l’ensemble des fonctions \(f\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}\) telles que \(f^{\prime}(2) = 3f(-1)\). D’abord, \(F\) est inclus dans \(\mathcal{C}^1(\mathbb{R}, \mathbb{R})\), lui-même sous-espace de \(\mathcal{F}(\mathbb{R}, \mathbb{R})\). Ensuite, la fonction nulle vérifie \(0 = 3 \times 0\). Enfin, soient \(f, g \in F\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\). La fonction \(h = \lambda f + g\) est de classe \(\mathcal{C}^1\), et :

\[ h^{\prime}(2) = \lambda f^{\prime}(2) + g^{\prime}(2) = 3\lambda f(-1) + 3g(-1) = 3h(-1). \]

Par conséquent, \(F\) est un sous-espace vectoriel. Ici, la condition est linéaire et sans second membre : c’est ce qui fait marcher la preuve.

Le sous-espace engendré par \((v_1, \dots, v_p)\), noté \(\mathrm{Vect}(v_1, \dots, v_p)\), est l’ensemble de toutes les combinaisons linéaires de ces vecteurs. Par convention, \(\mathrm{Vect}(\varnothing) = \{0_E\}\).

\(\mathrm{Vect}(v_1, \dots, v_p)\) est un sous-espace de \(E\). C’est le plus petit sous-espace qui contient \(v_1, \dots, v_p\) : tout sous-espace qui contient ces vecteurs le contient.

Cherchons une équation de \(P = \mathrm{Vect}\big((1, 2, 0), (0, 1, -1)\big)\) dans \(\mathbb{R}^3\). Un vecteur \((x, y, z)\) est dans \(P\) si et seulement s’il existe \(a, b\) réels tels que \(x = a\), \(y = 2a + b\) et \(z = -b\). D’abord, on tire \(a = x\), puis \(b = y – 2x\). La troisième relation devient alors \(z = 2x – y\). Ainsi :

\[ P = \{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : 2x – y – z = 0\}. \]

On contrôle sur les deux générateurs : \(2 – 2 – 0 = 0\) et \(0 – 1 + 1 = 0\).

Soient \(F\) et \(G\) deux sous-espaces de \(E\). Leur somme est \(F + G = \{f + g : f \in F, \ g \in G\}\). C’est le plus petit sous-espace de \(E\) qui contient \(F \cup G\). La somme est dite directe, et l’on note \(F \oplus G\), si tout vecteur de \(F + G\) s’écrit de façon unique \(f + g\) avec \(f \in F\) et \(g \in G\).

La somme \(F + G\) est directe si et seulement si \(F \cap G = \{0_E\}\).

Supposons la somme directe et prenons \(w \in F \cap G\). Le vecteur nul admet deux écritures : \(0_E = 0_E + 0_E\) et \(0_E = w + (-w)\), avec \(w \in F\) et \(-w \in G\). Par unicité, \(w = 0_E\). Pour la réciproque, on part de \(F \cap G = \{0_E\}\) et de deux écritures \(f_1 + g_1 = f_2 + g_2\). Le vecteur \(w = f_1 – f_2\) vaut aussi \(g_2 – g_1\). Ainsi, \(w\) appartient à \(F\) par sa première forme et à \(G\) par la seconde. Il est donc nul, ce qui donne \(f_1 = f_2\) puis \(g_1 = g_2\).

Deux sous-espaces \(F\) et \(G\) sont supplémentaires dans \(E\) si \(E = F \oplus G\). Autrement dit, chaque \(u \in E\) se coupe d’une seule manière en deux morceaux, l’un pris dans \(F\), l’autre pris dans \(G\).

Pour prouver que \(F\) et \(G\) sont supplémentaires sans connaître la dimension, on raisonne par analyse-synthèse :

1. analyse : on suppose \(u = f + g\) et l’on en déduit des formules pour \(f\) et \(g\), ce qui prouve l’unicité ;
2. synthèse : on définit \(f\) et \(g\) par ces formules ;
3. on vérifie \(f \in F\), \(g \in G\) et \(f + g = u\), ce qui prouve l’existence.

En dimension finie, nous verrons un raccourci bien plus rapide au paragraphe 6.

Dans \(\mathbb{R}^3\), soient le plan \(P : x + y – 2z = 0\) et la droite \(D = \mathrm{Vect}\big((1, 0, 1)\big)\). Soit \(u = (x, y, z)\). Analyse : si \(u = p + \lambda(1, 0, 1)\) avec \(p \in P\), alors \(p = (x – \lambda, y, z – \lambda)\). La condition \(p \in P\) donne \(x – \lambda + y – 2z + 2\lambda = 0\), donc \(\lambda = 2z – x – y\). Synthèse : ce \(\lambda\) convient, car le calcul se renverse. Par conséquent, \(\mathbb{R}^3 = P \oplus D\).

Par exemple, pour \(u = (2, 1, 3)\), on trouve \(\lambda = 6 – 2 – 1 = 3\). D’où \(d = (3, 0, 3)\) et \(p = (-1, 1, 0)\), qui vérifie bien \(-1 + 1 – 0 = 0\).

Dans \(E = \mathcal{C}^0([0, 1], \mathbb{R})\), soient \(F\) les fonctions constantes et \(G\) les fonctions d’intégrale nulle sur \([0, 1]\). Analyse : si \(f = c + g\) avec \(c\) constante et \(\int_0^1 g = 0\), alors en intégrant, \(c = \int_0^1 f\). Synthèse : on pose \(m = \int_0^1 f\) et \(g = f – m\). Ainsi, \(\int_0^1 g = m – m = 0\). Finalement, \(E = F \oplus G\) : chaque fonction continue se décompose en sa valeur moyenne plus un écart de moyenne nulle.

Une famille \((v_1, \dots, v_p)\) de \(E\) est :

• libre si \(\lambda_1 v_1 + \dots + \lambda_p v_p = 0_E\) entraîne \(\lambda_1 = \dots = \lambda_p = 0\) ;
• liée si elle n’est pas libre, c’est-à-dire s’il existe une relation non triviale entre ses vecteurs ;
• génératrice de \(E\) si \(\mathrm{Vect}(v_1, \dots, v_p) = E\).

Dès que \(p \geq 2\), la famille \((v_1, \dots, v_p)\) est liée exactement lorsqu’au moins un \(v_j\) s’exprime à partir des \(p – 1\) autres. En particulier, une famille qui contient \(0_E\) ou deux vecteurs égaux est liée. Enfin, toute sous-famille d’une famille libre est libre.

Si \(\sum \lambda_k v_k = 0_E\) avec \(\lambda_j \neq 0\), alors on divise par \(\lambda_j\) : \(v_j = -\sum_{k \neq j} (\lambda_k / \lambda_j) v_k\). Réciproquement, si \(v_j = \sum_{k \neq j} \mu_k v_k\), alors la relation \(v_j – \sum_{k \neq j} \mu_k v_k = 0_E\) a un coefficient égal à \(1\), donc elle est non triviale.

Considérons \(v_1 = (1, -1, 2)\), \(v_2 = (2, 1, 0)\) et \(v_3 = (4, -1, 4)\). On résout \(a v_1 + b v_2 + c v_3 = 0\). La troisième coordonnée donne \(2a + 4c = 0\), soit \(a = -2c\). La deuxième donne \(-a + b – c = 0\), donc \(b = a + c = -c\). La première vaut alors \(-2c – 2c + 4c = 0\) : elle est toujours vraie. Avec \(c = -1\), on obtient \(v_3 = 2v_1 + v_2\). Par conséquent, la famille est liée, alors qu’aucun vecteur n’est colinéaire à un autre.

Une famille \((P_0, \dots, P_n)\) de polynômes non nuls de degrés deux à deux distincts est libre.

Quitte à renuméroter, on suppose \(\deg P_0 < \dots < \deg P_n\). Raisonnons par l’absurde avec une relation \(\sum \lambda_k P_k = 0\) non triviale. Parmi les indices à coefficient non nul, on retient le dernier, noté \(j\). Le terme \(\lambda_j P_j\) impose alors son degré à toute la somme, puisque les termes restants sont de degré plus petit. Or le polynôme nul n’a pas ce degré : c’est absurde.

On appelle base de \(E\) toute famille qui engendre \(E\) tout en restant libre.

La famille \((e_1, \dots, e_n)\) est une base exactement quand chaque vecteur \(u\) admet une et une seule écriture \(u = x_1 e_1 + \dots + x_n e_n\). Les scalaires \((x_1, \dots, x_n)\) sont les coordonnées de \(u\) dans cette base.

Bases canoniques : \((e_1, \dots, e_n)\) dans \(\mathbb{K}^n\), où \(e_k\) a un \(1\) en position \(k\) et des zéros ailleurs ; \((1, X, \dots, X^n)\) dans \(\mathbb{K}_n[X]\) ; les matrices élémentaires \(E_{ij}\) dans \(\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K})\).

Dans \(\mathbb{R}^2\), posons \(e_1 = (1, 1)\) et \(e_2 = (-1, 2)\). Pour \(w = (1, 7)\), on résout \(a – b = 1\) et \(a + 2b = 7\). Par soustraction, \(3b = 6\), donc \(b = 2\), puis \(a = 3\). Ainsi, les coordonnées de \(w\) dans \((e_1, e_2)\) sont \((3, 2)\), alors que ses coordonnées canoniques sont \((1, 7)\).

De même, dans \(\mathbb{R}_2[X]\), la famille \((1, X – 1, (X – 1)^2)\) est une base, car ses degrés sont échelonnés. Pour \(P = 2X^2 – X + 5\), la formule de Taylor en \(1\) donne \(P(1) = 6\), \(P^{\prime}(1) = 3\) et \(P^{\prime\prime}(1)/2 = 2\). Donc \(P = 6 + 3(X – 1) + 2(X – 1)^2\).

L’espace \(E\) est de dimension finie s’il possède une famille génératrice finie. Sinon, on dit qu’il est de dimension infinie.

Si \(E\) est engendré par \(n\) vecteurs, alors toute famille de \(n + 1\) vecteurs de \(E\) est liée.

On raisonne par récurrence sur \(n\). Pour \(n = 0\), on a \(E = \{0_E\}\) et le seul vecteur disponible est nul, donc lié. Supposons le résultat vrai au rang \(n – 1\). Soit \(E = \mathrm{Vect}(g_1, \dots, g_n)\) et soient \(v_1, \dots, v_{n+1}\) dans \(E\). On écrit \(v_j = a_j g_n + w_j\), avec \(w_j \in H = \mathrm{Vect}(g_1, \dots, g_{n-1})\).

Si tous les \(a_j\) sont nuls, les \(v_j\) sont dans \(H\). Par hypothèse, \(v_1, \dots, v_n\) sont déjà liés. Sinon, quitte à renuméroter, \(a_{n+1} \neq 0\). Les \(n\) vecteurs \(v_j – (a_j / a_{n+1}) v_{n+1}\), pour \(j \leq n\), sont alors dans \(H\). Ils sont donc liés par hypothèse de récurrence. Enfin, cette relation non triviale se réécrit comme une relation entre les \(v_j\), dont les coefficients de \(v_1, \dots, v_n\) ne sont pas tous nuls.

Soit \(E \neq \{0_E\}\) de dimension finie.

• Base extraite : de toute famille génératrice finie, on peut extraire une base.
• Base incomplète : toute famille libre de \(E\) peut être complétée en une base, avec des vecteurs pris dans n’importe quelle famille génératrice.
• Toutes les bases de \(E\) ont le même nombre \(n\) de vecteurs, appelé dimension de \(E\) et noté \(\dim E\).

Soient \(\mathcal{L}\) une famille libre et \(\mathcal{G}\) une famille génératrice finie. Parmi les familles libres formées de \(\mathcal{L}\) et de vecteurs de \(\mathcal{G}\), on en choisit une, \(\mathcal{B}\), de longueur maximale. Ce choix est possible, car le lemme borne leur longueur. Alors chaque vecteur de \(\mathcal{G}\) est combinaison de \(\mathcal{B}\), sinon on pourrait l’ajouter en gardant une famille libre. Par conséquent, \(\mathrm{Vect}(\mathcal{B})\) contient \(\mathcal{G}\), donc vaut \(E\), et \(\mathcal{B}\) est une base. Avec \(\mathcal{L}\) vide, on obtient la base extraite. Enfin, si \(\mathcal{B}\) et \(\mathcal{B}^{\prime}\) sont deux bases, le lemme appliqué dans les deux sens montre qu’elles ont autant de vecteurs.

\(\dim \mathbb{K}^n = n\), \(\dim \mathbb{K}_n[X] = n + 1\), \(\dim \mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K}) = np\) et \(\dim \{0_E\} = 0\). De plus, \(\mathbb{C}\) est de dimension \(1\) sur \(\mathbb{C}\), mais de dimension \(2\) sur \(\mathbb{R}\), avec la base \((1, i)\).

Soit \(E\) de dimension \(n\). Une famille libre a au plus \(n\) vecteurs, et une famille génératrice en a au moins \(n\). Surtout, pour une famille de exactement \(n\) vecteurs : libre \(\iff\) génératrice \(\iff\) base.

Montrons que \((X^2 + X, X + 1, X^2 + 1)\) est une base de \(\mathbb{R}_2[X]\). Les degrés ne sont pas distincts, donc on calcule. Si \(a(X^2 + X) + b(X + 1) + c(X^2 + 1) = 0\), alors on identifie les coefficients : \(a + c = 0\), \(a + b = 0\) et \(b + c = 0\). On en tire \(a = -c\) et \(b = -a = c\), puis \(2c = 0\). Donc \(a = b = c = 0\) et la famille est libre. Comme elle compte \(3 = \dim \mathbb{R}_2[X]\) vecteurs, c’est une base, sans autre vérification.

L’espace \(\mathbb{K}[X]\) n’est pas de dimension finie. En effet, la famille \((1, X, \dots, X^m)\) est libre pour tout \(m\). Si \(\mathbb{K}[X]\) était engendré par \(n\) vecteurs, le lemme interdirait la liberté de \((1, X, \dots, X^n)\). Le même argument s’applique à \(\mathbb{K}^{\mathbb{N}}\) et à \(\mathcal{F}(\mathbb{R}, \mathbb{R})\).

Tout sous-espace \(F\) de \(E\) est de dimension finie, avec \(\dim F \leq \dim E\). De plus, \(\dim F = \dim E\) si et seulement si \(F = E\).

Une famille libre de \(F\) est libre dans \(E\), donc elle a au plus \(n\) vecteurs. On choisit alors une famille libre de \(F\) de longueur maximale. Elle engendre \(F\), sinon on l’allongerait. C’est donc une base de \(F\), et \(\dim F \leq n\). Si \(\dim F = n\), cette base est une famille libre de \(n\) vecteurs de \(E\). D’après le corollaire, elle engendre \(E\), d’où \(F = E\).

Pour deux sous-espaces \(F\) et \(G\) de \(E\) :

\[ \dim(F + G) = \dim F + \dim G – \dim(F \cap G). \]

Fixons \((e_1, \dots, e_r)\), base de l’intersection. Le théorème de la base incomplète, utilisé deux fois, fournit des vecteurs \(f_1, \dots, f_s\) de \(F\) et \(g_1, \dots, g_t\) de \(G\) tels que \((e_1, \dots, e_r, f_1, \dots, f_s)\) soit une base de \(F\) et \((e_1, \dots, e_r, g_1, \dots, g_t)\) une base de \(G\). La famille réunissant les \(e_i\), les \(f_j\) et les \(g_k\) engendre clairement \(F + G\). Montrons qu’elle est libre. Si \(\sum \alpha_i e_i + \sum \beta_j f_j + \sum \gamma_k g_k = 0\), alors le vecteur \(\sum \gamma_k g_k\) est dans \(G\) et dans \(F\). Il s’écrit donc \(\sum \delta_i e_i\). La liberté de la base de \(G\) impose alors tous les \(\gamma_k\) nuls. Ensuite, la liberté de la base de \(F\) annule les \(\alpha_i\) et les \(\beta_j\). Finalement, \(\dim(F + G) = r + s + t\), ce qui est la formule annoncée.

Les sous-espaces \(F\) et \(G\) sont supplémentaires dans \(E\) si et seulement si deux des trois conditions suivantes sont vraies : \(F \cap G = \{0_E\}\), \(F + G = E\), \(\dim F + \dim G = \dim E\). En pratique, on vérifie la première et la troisième.

Dans \(\mathbb{R}^4\), soient \(F : x + y + z + t = 0\) et \(G = \mathrm{Vect}\big((1, 2, 0, -1), (0, 1, 1, 1)\big)\). L’hyperplan \(F\) est de dimension \(3\) : on choisit librement \(x, y, z\). Les deux générateurs de \(G\) ne sont pas colinéaires, donc \(\dim G = 2\). Un vecteur de \(G\) s’écrit \((a, 2a + b, b, -a + b)\). La somme de ses coordonnées vaut \(2a + 3b\). Ainsi, \(F \cap G\) est la droite obtenue pour \(2a + 3b = 0\), dirigée par \((3, 4, -2, -5)\). Grassmann donne alors \(\dim(F + G) = 3 + 2 – 1 = 4\). Par conséquent, \(F + G = \mathbb{R}^4\), mais la somme n’est pas directe.

Le rang d’une famille \((v_1, \dots, v_p)\) est \(\mathrm{rg}(v_1, \dots, v_p) = \dim \mathrm{Vect}(v_1, \dots, v_p)\).

On a \(\mathrm{rg}(v_1, \dots, v_p) \leq \min(p, \dim E)\). La famille est libre si et seulement si son rang vaut \(p\). Elle engendre \(E\) si et seulement si son rang vaut \(\dim E\). Enfin, trois manipulations laissent le rang intact : permuter l’ordre des vecteurs, dilater l’un d’eux par un scalaire non nul, lui ajouter un multiple d’un autre vecteur de la famille.

Pour calculer le rang de vecteurs de \(\mathbb{K}^n\) et extraire une base :

1. écrire les vecteurs en lignes, l’un sous l’autre ;
2. appliquer le pivot de Gauss sur ces lignes jusqu’à une forme échelonnée ;
3. compter les lignes non nulles : ce nombre est le rang ;
4. pour extraire une base de la famille, garder les vecteurs qui ont fourni un pivot, en notant les relations trouvées.

Soient \(v_1 = (1, 2, -1, 3)\), \(v_2 = (2, 1, 1, 0)\), \(v_3 = (0, 3, -3, 6)\) et \(v_4 = (1, -1, 2, -3)\). D’abord, on remplace \(v_2\) par \(v_2 – 2v_1 = (0, -3, 3, -6)\) et \(v_4\) par \(v_4 – v_1 = (0, -3, 3, -6)\). Ces deux lignes valent \(-v_3\). Après élimination, il ne reste que deux lignes non nulles. Donc le rang vaut \(2\), et \((v_1, v_2)\) est une base de \(\mathrm{Vect}(v_1, v_2, v_3, v_4)\). Les relations lues sont \(v_3 = 2v_1 – v_2\) et \(v_4 = v_2 – v_1\).

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