â Premier cas :Aest échelonnée. Pour touti, soitai,ji l’élément de tête deLi(doncaik=0 pour
toutk< ji). Par définition d’une matrice échelonnée, on aji0 > jisii0 >i.
Supposons que ∑ri=1λiLi = 0. Alors pour tout k on a ∑ri=1λiaik = 0 (on regarde l’identité colonne par colonne). En particulier,∑ri=1λiaij1 = 0. Mais a1j1 6= 0 et aij1 = 0 pour tout i> 2, donc l’identité s’écritλ1a1j1 =0 et doncλ1=0.
On a donc∑ri=2λiLi =0 et on démontre de même queλ2 =0. Par récurrence surion démontre queλi =0 pour touti.
â Deuxième cas :Aest réduite. Pour touti, soitai,ji l’élément de tête de Li (doncaik = 0 pour toutk< ji). Par définition d’une matrice réduite, on aaiji =1 eta`ji =0 pour tout`6=i.
Supposons que∑ri=1λiLi =0. Alors pour toutkon a∑ri=1λiaik= 0. En particulier, pour tout`, on a∑ri=1λiaij` =0, doncλ` =0.
Remarque D.19. Ce qui précède montre que pour déterminer le rang d’une famille
v1, . . . ,vp de vecteurs deEon peut procéder comme suit :
F On fixe une baseB ={e1, . . . ,en}deE;
F On écrit chaque vecteurvidans la baseB :vi =∑nj=1aijejpour des scalairesaijavec 16i6 p.
F On considère la matrice A = (aij) ∈ Mp,n(K)(ses lignes sont formées des coordonnées des vidansB).
F On échelonne et/ou on réduitApour obtenirA0. F Le rang de
v1, . . . ,vp (et le rang deA) est égal au nombre de lignes non nulles deA0. De plus, si on notew1, . . . ,wrles vecteurs dont les coordonnées dansBsont les lignes non nulles de A0, on a vect{w1, . . . ,wr} = vect
v1, . . . ,vp =: F d’après la proposition B.14. D’après ce qui précède,rest le rang de
v1, . . . ,vp , c’est-à-dire la dimension deF. Donc{w1, . . . ,wr}est une famille génératrice deFàr =dimFéléments, c’est donc une base deFd’après le théorèmeD.13. La méthode ci-dessus permet donc également d’extraire une base d’une famille génératrice.
D.2 Sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel de dimension finie On fixe un espace vectorielEde dimensionn∈N.
Proposition D.20. SoitFun sous-espace vectoriel deEde dimensionpet de base
f1, . . . ,fp . Soit Gun sous-espace vectoriel deEde dimensionqet de base
g1, . . . ,gq . AlorsFetGsont supplémentaires si et seulement si
f1, . . . ,fp,g1, . . . ,gq est une base deE.
Démonstration. â Supposons queFetGsont supplémentaires dansE. On a doncE= F+Get F∩G= {0}.
Alors E = F+G = vect
f1, . . . ,fp +vect
g1, . . . ,gq = vect
f1, . . . ,fp,g1, . . . ,gq donc f1, . . . ,fp,g1, . . . ,gq engendreE.
De plus, cette famille est libre. En effet, si∑ip=1λifi+∑qj=1µjgj =0, alors∑pi=1λifi =∑qj=1(−µj)gj ∈ F∩G= {0}donc∑ip=1λifi =0 et∑qj=1(−µj)gj =0. Comme les deux familles sont libres on en déduit queλi =0 pour toutietµj =0 pour toutj.
â Supposons que
f1, . . . ,fp,g1, . . . ,gq est une base deE.
AlorsE=vectf1, . . . ,fp,g1, . . . ,gq =vectf1, . . . ,fp +vectg1, . . . ,gq = F+G.
De plus, soitv ∈ F∩G. Alors on peut écrirev = ∑ip=1λifi et v = ∑qj=1µjgj, donc∑ip=1λifi+
∑qj=1(−µj)gj =0. Mais comme
f1, . . . ,fp,g1, . . . ,gq est libre, tous les coefficientsλietµjsont nuls, doncv= ∑ip=1λifi =0. On a doncF∩G={0}et doncE=F⊕G.
Corollaire D.21. dim(F⊕G) =dimF+dimG.
Corollaire D.22. Tout sous-espace vectorielFdeEa un supplémentaire.
Démonstration. SoitFun sous-espace vectoriel deE. SiF ={0}, alorsEest un supplémentaire deF.
Supposons donc queF6={0}et posons dimF= p>1.
Soit
e1, . . . ,ep une base de F. C’est une famille libre de E, que l’on complète en une base e1, . . . ,ep, . . . ,en de E. Posons G = vect
ep+1, . . . ,en . Alors
ep+1, . . . ,en engendre G par dé-finition, et c’est une famille libre, donc une base deG. D’après la proposition précédente,FetGsont supplémentaires dansE.
Proposition D.23. SoientFetGdeux sous-espaces vectoriels deE. Alors dim(F+G) =dimF+dimG−dim(F∩G).
Démonstration. PosonsH =F∩G. C’est un sous-espace vectoriel deF, deG, deF+Get deE.
On sait queHadmet un supplémentaireH0dansG:G= H⊕H0. CommeH0est un sous-espace vectoriel de Gqui est un sous-espace vectoriel de F+G, H0 est un sous-espace vectoriel de F+G.
Démontrons queH0etFsont supplémentaires dansF+G.
Soitu∈ F+G, on peut écrireu= v+wavecv∈ Fetw∈ G. OrG= H⊕H0doncw= x+yavec x∈ Hety∈ H0. On a alorsu=v+x+y= (v+x) +yavecv ∈Fety∈ H0. DoncF+G= F+H0.
Soit maintenant u ∈ F∩H0. Comme H0 ⊂ G, on au ∈ F∩G = H. Donc u ∈ H∩H0 = {0}et doncu=0. DoncF∩H0 ={0}.
On a bienF+G=F⊕H0.
On en déduit que dim(F+G) =dimF+dimH0. Or dimG = dim(H⊕H0) = dimH+dimH0 donc dimH0 =dimG−dimH=dimG−dim(F∩G). Finalement, dim(F+G) =dimF+dimG− dim(F∩G).
Corollaire D.24. Soient F et G deux sous-espaces vectoriels deE. Alors les assertions suivantes sont équivalentes :
(i) E=F⊕G.
(ii) E=F+Get dimE=dimF+dimG.
(iii) F∩G={0}et dimE=dimF+dimG.
(iv) La réunion d’une base deFet d’une base deGforme une base deE.
Démonstration. â (i)⇐⇒ (iv). C’est la propositionD.20.
â (i)⇐⇒ (ii). Dans les deux assertions, on suppose queE= F+G. De plus, dimF+dimG= dim(F+G)−dim(F∩G) =dimE−dim(F∩G). Par conséquent :
G SiE=F⊕Gon aF∩G={0}donc dim(F∩G) ={0}et donc dimE=dimF+dimG.
G Si dimE=dimF+dimGalors dim(F∩G) =0 doncF∩G={0}et doncE=F⊕G.
â (i)⇐⇒(iii). Dans les deux assertions, on suppose queF∩G={0}et donc que dim(F∩G) = 0. De plus, dimF+dimG=dim(F+G)−dim(F∩G) =dim(F+G). Par conséquent :
G SiE=F⊕Gon aE=F+Gdonc dimF+dimG=dimE.
G Si dimF+dimG = dimE alors dim(F+G) = dimE donc F+G est un sous-espace vectoriel deEde même dimension queEet doncF+G=E. FinalementE= F⊕G.
Exercice D.25. Démontrer directement que(ii)⇐⇒(iv)et que(iii)⇐⇒(iv).
III Applications linéaires
A Définitions
On fixe deuxK-espaces vectorielsEetF.
Définition A.1. Uneapplication linéairede E dans F est une application f : E→F telle que â pour tous u,v dans E, on ait f(u+v) = f(u) + f(v)
â pour tout u∈E et toutλ∈Kon ait f(λu) =λf(u). Si F =K, on dit que f est uneforme linéairesur E.
Si F =E, on dit que f est unendomorphismede E.
On noteL(E,F)l’ensemble des applications linéaires de E dans F.
Propriétés A.2. Soit f :E−→Fune application linéaire. On a
â f(0) =0, (en effet, on a f(0) = f(0+0) = f(0) + f(0)donc 0= f(0).)
â f(λ1u1+· · ·+λnun) =λ1f(u1) +· · ·+λnf(un),∀λ1, . . . ,λn ∈K,∀u1, . . . ,un ∈E.
Exemple. â L’application nulle 0 :E→Fest une application linéaire.
â L’application identité idE : E→Eest une application linéaire.
â f :R2 →Rdéfinie par f(x,y) =xest une application linéaire.
â f :C3→C2définie par f(x,y,z) = (2x−y, 3x+y+2z)est une application linéaire.
â Soit λ ∈ K fixé. L’application f : E → E définie par f(u) = λu pour tout u ∈ E est une application linéaire, appeléehomothétie.
â SoitEle sous-espace vectoriel deF(R,R)formé des fonctions dérivables[vérifier que c’est bien un sous-espace vectoriel...].On considère l’applicationD : E → F(R,R)définie parD(f) = f0. AlorsDest une application linéaire.
Définition A.3. Unisomorphismede E dans F est une application linéaire bijective f : E−→F.
On dit que E et F sontisomorphess’il existe un isomorphisme de E vers F.
Proposition A.4. Si f : E −→ Fest un isomorphisme, alors la bijection réciproque f−1 : F −→ E est aussi un isomorphisme.
Démonstration. Il suffit de démontrer que f−1est une application linéaire. Soient doncuetvdansF et soitλ∈ K. Posonsu0 = f−1(u)etv0 = f−1(v).
On sait que f(u0+v0) = f(u0) + f(v0) = u+vpuisque f est linéaire. On applique f−1 à cette égalité : f−1(f(u0+v0)) = f−1(u+v), donc u0+v0 = f−1(u+v), c’est-à-dire f−1(u) + f−1(v) =
f−1(u+v).
On sait que f(λu0) = λf(u0) = λu puisque f est linéaire. On applique f−1 à cette égalité : f−1(f(λu0)) = f−1(λu), doncλu0 = f−1(λu), c’est-à-direλf−1(u) = f−1(λu).
Exemple. â f :R2→R2définie par f(x,y) = (−x,x+y)est un isomorphisme (de réciproque g:R2→R2définie parg(x,y) = (−x,x+y)).
â f :M2(R)→R4définie par f
a b c d
= (a,b,c,d)est un isomorphisme.
Définition A.5. Legroupe linéaire deE, notéGL(E)est l’ensemble des isomorphismes de E dans E.
Proposition A.6. Soient f etgdeux applications linéaires deEdansFet soitλ∈K.
Alors les applications f +g:E→ Fetλf :E→ Fsont linéaires.
On en déduit queL(E,F)est un sous-espace vectoriel de l’espace vectorielF(E,F)des applica-tions deEdansF.
Démonstration. Rappelons les définitions de f +getλf : pour toutu ∈ Eon a(f +g)(u) = f(u) + g(u)et(λf)(u) =λf(u).
SoientuetvdansE,µ∈K. Alors
(f+g)(u+µv) = f(u+µv) +g(u+µv) = f(u) +µf(v) +g(u) +µg(v)
= f(u) +g(u) +µ(f(v) +g(v)) = (f+g)(u) +µ(f+g)(v)
(λf)(u+µv) =λ(f(u+µv)) =λ(f(u) +µf(v)) =λf(u) +µ(λf(v)) = (λf)(u) +µ(λf)(v) donc f +getλf sont linéaires.
Proposition A.7. Soient f : E → Fetg : F →Gdeux appplications linéaires. Alorsg◦ f : E →G est une application linéaire.
Démonstration. SoientuetvdansEet soitλ∈K. Alors
g◦f(u+λv) =g(f(u+λv)) = g(f(u) +λf(v)) =g(f(u)) +λg(f(v)) =g◦f(u) +λg◦ f(v). Proposition A.8. SoientF1, . . . ,FpdesK-espaces vectoriels, soient f1 : E→ F1, ..., fp : E → Fp des applications et soit f : E → F1× · · · ×Fp l’application définie par f(u) = (f1(u), . . . ,fp(u))pour toutu∈E.
Alors f est linéaire si et seulement si fi est linéaire pour touti∈ {1, . . . ,p}.
Démonstration. Soient u et v dans E et λ ∈ K. Alors f(u+λv) = (f1(u+λv), . . . ,fp(u+λv)) et f(u) +λf(v) = (f1(u), . . . ,fp(u)) +λ(f1(v), . . . ,fp(v)) = (f1(u) +λf1(v), . . . ,fp(u) +λfp(v)). Donc f(u+λv) = f(u) +λf(v)si et seulement si, pour touti, on a fi(u+λv) = fi(u) +λfi(v).
Théorème A.9. On suppose queEest de dimension finien. Soit{e1, . . . ,en}une base deE.
Soit {u1, . . . ,un} une famille de n vecteurs de F. Alors il existe une unique application linéaire f :E→ Ftelle que∀i∈ {1, . . . ,n}, f(ei) =ui.
Autrement dit, une application linéaire est entièrement déterminée par les images des vecteurs d’une base deE.
Remarque. Ce théorème permet de construire des applications linéaires.
Démonstration. Soitv ∈ E. Comme{e1, . . . ,en}est une base deE, on peut écrirev = ∑ni=1λiei pour des scalairesλi uniques. On pose f(v) =∑ni=1λiui. Démontrons que f est linéaire.
Soientvetv0 dansEetµ∈K. On écritv0 =∑ni=1λ0iei, donc f(v0) =∑ni=1λ0iui. Alors
On a donc l’existence de f. Démontrons maintenant l’unicité : soitg :E→Fune autre application linéaire telle queg(ei) =uipour touti. Soitv∈ Equelconque, que l’on écritv= ∑ni=1λiei. Comme f
Corollaire A.10. SiEest de dimension finie, deux applications linéaires deEdansFsont égales si et seulement si elles coïncident sur une base deE.
Proposition A.11. Supposons que dimE =net soit{e1, . . . ,en}une base deE. Soit f :E → Fune
â Supposons que f soit un isomorphisme.
Démontrons que{u1, . . . ,un}est libre. Si∑ni=1λiui =0 on a donc 0=∑ni=1λiui =∑ni=1λif(ei) =
Corollaire A.12. Deux espaces vectoriels de dimension finieEetFsont isomorphes si et seulement si dimE=dimF.
Corollaire A.13. SoitEunK-espace vectoriel de dimensionn. AlorsEest isomorphe àKn. Démonstration. C’est clair car dimE=n=dimKn.
Remarque A.14. Cet isomorphisme n’est pas intrinsèque, il dépend des bases que l’on choisit.
B Applications linéaires et sous-espaces vectoriels
Proposition B.1. Soit f :E→Fune application linéaire.
â Pour tout sous-espace vectoriel E0 de E, f(E0)est un sous-espace vectoriel de F.(Rappel.
f(E0) ={f(u) | u∈ E0}.)
â Pour tout sous-espace vectoriel F0 deF, f−1(F0)est un sous-espace vectoriel deE.(Rappel.
f−1(F0) ={u∈E | f(u)∈F0}.)
Démonstration. â Soient v et v0 dans f(E0) et λ ∈ K. Alors il existe u et u0 dans E0 tels que v = f(u)etv0 = f(u0). Par hypothèse,E0 est un sous-espace vectoriel deEdoncu+λu0 ∈ E0. On a doncf(u+λu0)∈ f(E0). Mais f(u+λu0) = f(u) +λf(u0) =v+λv0doncv+λv0 ∈ f(E0), ce que l’on voulait.
â Soient uet u0 dans f−1(F0)etλ ∈ K. Alors f(u)et f(u0)dans F0. Par hypothèse, F0 est un sous-espace vectoriel de F donc f(u) +λf(u0) ∈ F0. Mais f(u+λu0) = f(u) +λf(u0) ∈ F0 doncu+λu0 ∈ f−1(F0), ce que l’on voulait.
Définition B.2. Soit f : E→F une application linéaire.
â Le sous-espace vectorielKer f := f−1({0})de E est appelénoyaude f. â Le sous-espace vectorielImf := f(E)de F est appeléimagede f. Proposition B.3. Soit f :E→Fune application linéaire.
â Soit E0 un sous-espace vectoriel de E engendré par des vecteurs u1, . . . ,up. Alors f(E0) est le sous-espace vectoriel de F engendré par f(u1), . . . ,f(up). Autrement dit, f(vect
u1, . . . ,up ) =vect
f(u1), . . . ,f(up) . â f est injective si et seulement si Kerf ={0}. â f est surjective si et seulement si Imf = F.
Démonstration. â Chaque ui est dans E0 donc f(ui) ∈ f(E0) pour touti. Il est donc clair que vect
f(u1), . . . ,f(up) est un sous-espace vectoriel de f(E0). D’autre part, soit v ∈ f(E0), il s’écrit f(u)pour unu ∈ E0. On a doncu = ∑ip=1λiui pour des scalairesλi. On en déduit que v = f(u) = ∑ip=1λif(ui) ∈ vect
f(u1), . . . ,f(up) , donc f(E0) ⊂ vect
f(u1), . . . ,f(up) . Finalement on a bien f(E0) =vect
f(u1), . . . ,f(up) .
â Supposons que f soit injective et soitu ∈ Kerf. Alors f(u) = 0 = f(0)doncu = 0 et donc Kerf ={0}.
Supposons que Kerf = {0} et soient u,v dans E tels que f(u) = f(v). Alors f(u−v) = f(u)− f(v) = 0 doncu−v ∈ Ker f doncu−v = 0 et doncu = v. On a démontré que f est injective.
â Comme Imf ={f(u) | u∈E}= {v ∈F | ∃u∈Etqv= f(u)}, le résultat est clair.
Définition B.4. Soit f : E→F une application linéaire. On appellerangde f la dimension deImf.On note rangf =dim(Imf).
Théorème B.5. (Théorème du rang)
Soit f :E→ Fune application linéaire. On suppose queEest de dimension finie. Alors dimE=dim(Kerf) +dim(Imf).
Démonstration. Puisque Eest de dimension finie, son sous-espace vectoriel Kerf admet un supplé-mentaire : il existe un sous-espace vectoriel H de E tel que E = Ker f ⊕H. Soit g : H → Imf l’application définie parg(u) = f(u)pour toutu ∈ H. L’applicationgest linéaire car f l’est. Nous allons démontrer quegest un isomorphisme.
Soitu ∈ Kerg. Par définition deg, on au ∈ H. De plus, 0 = g(u) = f(u)doncu ∈ Kerf. Donc u∈ H∩Kerf ={0}et doncu=0. Finalement, Kerg={0}doncgest injective.
Soitv∈Imf. Alors il existeu∈ Etel quev= f(u). De plus, commeE=Kerf⊕H, on peut écrire u = z+wavecz ∈ Kerf etw ∈ H. On a alorsv = f(u) = f(z+w) = f(z) +f(w) = 0+g(w) = g(w), doncv ∈Img. Donc Img=Imf et doncgest surjective.
On en déduit donc que dimH=dim(Imf).
Finalement, dimE=dim(Kerf⊕H) =dim(Kerf) +dimH=dim(Ker f) +dim(Imf). Corollaire B.6. Soit f : E → F une application linéaire. On suppose que E et F sont de même dimension finie,n.
â Si f est injective alors c’est un isomorphisme.
â Si f est surjective alors c’est un isomorphisme.
Démonstration. â Si f est injective, alors Kerf = {0}donc dim(Kerf) = 0. Donc Imf est un sous-espace vectoriel de F de dimension dim(Imf) = dimE−dim(Kerf) = dimF−0 = dimFdonc il est égal àF. Donc f est aussi surjective et c’est donc un isomorphisme.
â Si f est surjective, alors Imf = F. On a donc dim(Kerf) = dimE−dim(Imf) = dimE− dimF =0 donc Kerf ={0}. Donc f est aussi injective et c’est donc un isomorphisme.
Remarque B.7. Le noyau d’une forme linéaire f :E→Knon nulle est un hyperplan deE.
C Matrice d’une application linéaire
On fixe deux espaces vectorielsEetE0de dimensions finies. On notep =dimEetB= e1, . . . ,ep une base deE. On noten=dimE0 etB0 = {e01, . . . ,e0n}une base deE0.
Définition C.1. Soit f : E → E0 une application linéaire. Lamatrice de f dans les bases BetB0 est la matrice A∈ Mn,p(K)dont la jèmecolonne est formée des coordonnées de f(ej)dans la baseB0.
Si E0 = E et siB0 =B, la matrice de f dans les basesBetB0s’appelle la matrice de f dans la baseB. On note souvent A=MB,B0(f), ou A =MB(f)dans le cas E0 =E etB0 =B.
Remarque C.2. SiA= (aij)∈ Mn,p(K)est la matrice d’une application linéaire f : E→ E0dans les basesBetB0, alors f(ej) =∑ni=1aijei0.
Exemple. Soit f :R2→R3l’application linéaire définie parf(x,y) = (2x−3y,−x+y, 7x). Alors sa matrice dans les bases canoniques estA=
2 −3
−1 1
7 0
.
Notons {e1,e2}la base canonique de R2 et {ε1,ε2,ε3}la base canonique de R3. On a f(e1) =
Proposition C.3. Soient f etgdeux applications linéaires deEdansE0. SoitAla matrice de f dans les basesBetB0et soitBla matrice degdans les basesBetB0. Soitλ∈K.
Proposition C.4. Soit f : E → E0 une application linéaire. Soit Ala matrice de f dans les bases B etB0. Soitu ∈ E. Notonsx1, . . . ,xp les coordonnées deudans la baseB et notonsy1, . . . ,ynles
Exemple. On reprend l’exemple de la page 33. On a bienAX= A x
On a donc
g◦f(ej) =g(f(ej)) =g
∑
n i=1aije0i
!
=
∑
n i=1aijg(e0i) =
∑
n i=1aij
∑
q k=1bkie00k =
∑
q k=1∑
n i=1bkiaij
! e00k =
∑
q k=1ckje00k. Donc les coordonnées deg◦ f(ej)dans la baseB00forment la jèmecolonne deBA. DoncBAest bien la matrice deg◦f dans les basesBetB00.
Proposition C.6. Soit f : E → E0 une application linéaire avec dimE = dimE0 = n. Soit A la matrice de f dans les basesBetB0.
Alors f est un isomorphisme si et seulement siAest inversible.
De plus, si f est un isomorphisme, la matrice de f−1dans les basesB0 etBestA−1.
Démonstration. Supposons que f est un isomorphisme et notonsBla matrice de f−1 dans les bases B0 et B. On a f−1◦ f = idE doncMB(f ◦ f−1) = MB(idE). Or la matrice de f−1◦ f dans la baseB est BA et la matrice de idE dans la baseB est In doncBA = In et donc Aest inversible d’inverse A−1 =B. De plus, la matrice de f−1dans les basesB0etBestB= A−1.
Réciproquement, supposons que Aest inversible et notonsB = (bij)son inverse. Pour tout 1 6 i6n, posonsuj =∑ni=1bijei. On sait qu’il existe une unique application linéaireg :E0 → Etelle que g(e0j) =ujpour toutj. Alors la matrice degdans les basesB0 etBest la matrice dont lajèmecolonne est formée des coordonnées deujdansB, c’est-à-direb1j, . . . ,bnj. Donc la matrice degdans les bases B0 etBestB.
On a doncMB(g◦ f) = MB0,B(g)MB,B0(f) = BA = In. Donc pour toution a g◦ f(ei) = ei et doncg◦f =idE. On démontre de même que f◦g=idE0et donc que f est un isomorphisme.