1
Détermination d’une base sans indication de l’énoncé
En l’absence d’indication, il convient d’essayer de déterminer les coordonnées de tout vecteur de l’espace vectoriel E dont on cherche une base, dans la base canonique.
On en déduit que tout vecteur de E est une combinaison linéaire de vecteurs de la famille ℱ, issus de la base canonique.
Dès lors, E est engendré par cette famille ℱ.
Il reste alors à montrer que ℱ est une famille libre pour conclure que ℱ est une base.
1. Rappels des dimensions et des bases canoniques a. dim𝑅!=𝑛
La famille ℱ = 𝑒!,𝑒!,…,𝑒! est la base canonique de 𝑅! avec : 𝑒! =(1,0,….,0), 𝑒!=(0,1,….,0), …, 𝑒!=(0,0,…,𝑛)
b. dimℳ!,! 𝑅 =𝑛𝑝
La famille ℱ= 𝐸!!,𝐸!",…,𝐸!!,𝐸!",𝐸!!,…,𝐸!!,…,𝐸!!,𝐸!!,…,𝐸!" est la base canonique de 𝑀!,! 𝑅
avec :
𝐸!!=
1 0 … 0
0 0 … 0
…
0 0 … 0
, …,𝐸!! =
0 0 … 1
0 0 … 0
…
0 0 … 0
,
𝐸!" =
0 0 … 0
1 0 … 0
…
0 0 … 0
,…., 𝐸!! =
0 0 … 0
0 0 … 1
…
0 0 … 0
… 𝐸!! =
0 0 … 0
0 0 … 0
…
1 0 … 0
,…,𝐸!" =
0 0 … 0
0 0 … 0
…
0 0 … 1
c. dim𝑅! 𝑋 =𝑛+1
La famille ℱ = 1,𝑋,…,𝑋! est la base canonique de 𝑅! 𝑋
2
2. Exemple 1 : base de l’espace vectoriel des commutants d’une matrice A
Soit l’ensemble 𝑪𝑨 = 𝑴∈𝓜𝟑 𝑹 ,𝑨𝑴=𝑴𝑨 où 𝑨= 𝟏 𝟎 𝟏 𝟎 −𝟏 𝟎 𝟎 𝟎 𝟏
.
a. Montrer que 𝑪𝑨 est un sous-espace vectoriel de 𝓜𝟑 𝑹 𝐶!⊂ℳ! 𝑅
𝐴.0ℳ!! =0ℳ!! =0ℳ!! .𝐴 donc 0ℳ! ! ∈𝐶!⇒𝐶! ≠∅ Soit 𝑀∈𝐶!⇔𝐴𝑀=𝑀𝐴 ; soit 𝑁∈𝐶!⇔𝐴𝑁=𝑁𝐴 ; soit 𝜆 ∈𝑅.
Montrons que : 𝐴(𝜆𝑀+𝑁)=(𝜆𝑀+𝑁)𝐴. Pour cela partons de 𝐴 𝜆𝑀+𝑁 : 𝐴 𝜆𝑀+𝑁 =𝜆𝐴𝑀+𝐴𝑁 =𝜆𝑀𝐴+𝑁𝐴 = 𝜆𝑀+𝑁 𝐴
b. déterminer une base et la dimension de 𝑪𝑨
Soit 𝑀=
𝑎 𝑏 𝑐 𝑑 𝑒 𝑓
𝑔 ℎ 𝑖 . Dans ce cas :
𝐴𝑀 =𝑀𝐴 ⇔ 1 0 1 0 −1 0
0 0 1
𝑎 𝑏 𝑐 𝑑 𝑒 𝑓 𝑔 ℎ 𝑖 =
𝑎 𝑏 𝑐 𝑑 𝑒 𝑓 𝑔 ℎ 𝑖
1 0 1
0 −1 0
0 0 1
𝐴𝑀 =𝑀𝐴 ⇔
𝑎+𝑔 𝑏+ℎ 𝑐+𝑖
−𝑑 −𝑒 −𝑓
𝑔 ℎ 𝑖
=
𝑎 −𝑏 𝑎+𝑐 𝑑 −𝑒 𝑑+𝑓 𝑔 −ℎ 𝑔+𝑖
𝐴𝑀 =𝑀𝐴 ⇔
𝑎+𝑔=𝑎 𝑏+ℎ=−𝑏 𝑐+𝑖 =𝑎+𝑐
−𝑑 =𝑑
−𝑒=−𝑒
−𝑓=𝑑+𝑓 𝑔=𝑔 ℎ=−ℎ 𝑖 =𝑔+𝑖
⇔
𝑔=0 ℎ=2𝑏
𝑎 =𝑖 𝑑=0 𝑒=𝑒
𝑑=2𝑓⇒2𝑓 =0⇒𝑓=0 𝑔=𝑔
ℎ=0⇒2𝑏=0⇒𝑏=0 𝑔=0
⇒𝑀= 𝑎 0 𝑐 0 𝑒 0 0 0 𝑎
Ainsi :
𝑀=𝑎. 1 0 0 0 0 0 0 0 1
+𝑐 0 0 1 0 0 0 0 0 0 𝑀=𝑎. 1 0 0
0 0 0 0 0 0
+ 0 0 0 0 0 0 0 0 1
+𝑐 0 0 1 0 0 0 0 0 0
+𝑒 0 0 0 0 1 0 0 0 0
𝑀=𝑎. 𝐸!!+𝐸!! +𝑐.𝐸!"+𝑒.𝐸!!
Par conséquent : 𝐶! =𝑉𝑒𝑐𝑡 𝐸!!+𝐸!!,𝐸!",𝐸!! . En d’autres termes 𝐶! est engendré
par 𝐸!!+𝐸!!,𝐸!",𝐸!! qui constitue donc une famille génératrice de 𝐶!.
3
Montrons maintenant que 𝐸!!+𝐸!!,𝐸!",𝐸!! forme donc une famille libre.
Soit 𝑎,𝑐,𝑒 ∈𝑅!. Posons : 𝑎. 𝐸!!+𝐸!! +𝑐.𝐸!"+𝑒.𝐸!!=0
𝑎. 𝐸!!+𝐸!! +𝑐.𝐸!"+𝑒.𝐸!!=0⇔ 𝑎 0 𝑐
0 𝑒 0 0 0 𝑎
= 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Ainsi : 𝑎=𝑐=𝑒=0. Donc 𝐸!!+𝐸!!,𝐸!",𝐸!! forme donc une famille libre et constitue ainsi une base de 𝐶!. Finalement : dim𝐶! =3
3. Exemple 2 : étude d’un hyperplan vectoriel Soit E un sous-ensemble de 𝑹𝒏 défini par : 𝑬= 𝒙𝟏,𝒙𝟐,…,𝒙𝒏 ∈𝑹𝒏, 𝒙𝒊=𝟎
𝒏
𝒊!𝟏
a. Montrer que E un sous-espace vectoriel de 𝑹𝒏 0!! = 0,0,…,0 ∈𝐸 car :
0
!
!!!
=0⇒𝐸≠∅
Soit :
𝑥∈𝐸/𝑥= 𝑥!,𝑥!,…,𝑥! ∈𝑅!, 𝑥! =0
!
!!!
𝑦∈𝐸/𝑦= 𝑦!,𝑦!,…,𝑦! ∈𝑅!, 𝑦! =0
!
!!!
𝜆 ∈𝑅
Montrons que 𝜆𝑥+𝑦∈𝐸 c’est-à-dire que :
𝜆𝑥!+𝑦! =0
!
!!!
.
Or :
𝜆𝑥!+𝑦! =𝜆
!
!!!
𝑥!+ 𝑦!=𝜆0+0
!
!!!
=0
!
!!!
⇒𝜆𝑥+𝑦 ∈𝐸
4
b. Donner une base de E qu’on notera : 𝒗𝟏,𝒗𝟐,…,𝒗𝒏!𝟏 et en déduire dimE
𝑥= 𝑥!,𝑥!,…,𝑥! ∈𝑅!, 𝑥! =0
!
!!!
⇔𝑥!+𝑥!+⋯+𝑥!=0⇔𝑥!=− 𝑥!
!
!!!
Dans ce cas :
𝑥= 𝑥!,𝑥!,…,𝑥! = − 𝑥!
!
!!!
,𝑥!,…,𝑥! =(−𝑥!−𝑥!…−𝑥!,𝑥!,𝑥!,…,𝑥!)
𝑥= −𝑥!,0,…,0 + −𝑥!,0,…,0 … −𝑥!,0,…,0 + 0,𝑥!,0,…,0 + 0,0,𝑥!,0,…,0 …+ 0,0,…,0,𝑥!
𝑥=𝑥! −1,0,0,…0 +(0,1,0…,0)
+𝑥! −1,0,…,0 +(0,0,1,0…0) +𝑥! −1,0,…,0 +(0,0,…,0,1)
𝑥=𝑥! −1,1,0…,0 +𝑥! −1,0,1,0,…0 +𝑥!(−1,0,…0,1). Dès lors :
𝐸 =Vect( −1,1,0…,0 , −1,0,1,0,…0 ,…, −1,0,…0,1 )
Ainsi −1,1,0…,0 , −1,0,1,0,…0 ,…, −1,0,…0,1 est une famille génératrice de E.
Soit : 𝑥! −1,1,0…,0 +𝑥! −1,0,1,0,…0 +𝑥! −1,0,…0,1 =(0,0,…,0) Cela revient à :
−𝑥!−𝑥!−⋯−𝑥! =0 𝑥! =0
… 𝑥!=0
Ainsi −1,1,0…,0 , −1,0,1,0,…0 ,…, −1,0,…0,1 est une famille libre de E.
Finalement : −1,1,0…,0 , −1,0,1,0,…0 ,…, −1,0,…0,1 est une base de E et 𝑑𝑖𝑚E=𝑛−1, avec :
𝑣!= −1,1,0…,0 ,𝑣! = −1,0,1,0,…0 ,…,𝑣!!!= −1,0,…0,1
c. On note : 𝒘= 𝒚𝟏,𝒚𝟐,…,𝒚𝒏 ∈𝑹𝒏. Donner une condition nécessaire et suffisante pour que 𝑺= 𝒗𝟏,𝒗𝟐,…,𝒗𝒏!𝟏,𝒘 soit une base de 𝑬
𝑣!,𝑣!,…,𝑣!!!,𝑤 est une base de E ⇔ 𝑣!,𝑣!,…,𝑣!!!,𝑤 est libre dans E.
Or, la famille 𝑣!,𝑣!,,…,𝑣!!! est libre. Donc il convient que :
𝑤∉𝐸 ⇔ 𝑦! =0
!
!!!
5
d. Dans le cas particulier où 𝒘= 𝟏,𝟏,…,𝟏 , décomposer le vecteur 𝒙𝟏,𝒙𝟐,…,𝒙𝒏 dans 𝑺= 𝒗𝟏,𝒗𝟐,…,𝒗𝒏!𝟏,𝒘
On cherche 𝑎!,𝑎!,…𝑎! ∈𝑅!,
𝑥!,𝑥!,…,𝑥! =𝑎!𝑣!+𝑎!𝑣!+⋯+𝑎!!!𝑣!!!+𝑎!𝑤
=𝑎! −1,1,0…,0 ,+𝑎! −1,0,1,0,…0 +⋯+𝑎!!! −1,0,…0,1 +𝑎!(1,1,…1)
=(-𝑎!−𝑎!−⋯−𝑎!!!+𝑎!,𝑎!+𝑎!,𝑎!+𝑎!,…,𝑎!!!+𝑎!) Ainsi :
−𝑎!−𝑎!−⋯−𝑎!!!+𝑎!=𝑥! 𝑎!+𝑎!=𝑥!
𝑎!+𝑎!=𝑥!
… 𝑎!!!+𝑎!=𝑥! En sommant toutes les lignes :
𝑛.𝑎!= 𝑥!
!
!!!
⇔𝑎! =1 𝑛 𝑥!
!
!!!
Et :
𝑎!=𝑥!−𝑎!=𝑥!−1 𝑛 𝑥!
!
!!!
𝑎!=𝑥!−𝑎! =𝑥!−1 𝑛 𝑥!
!
!!!
…
𝑎!!!=𝑥!−𝑎! =𝑥!−1 𝑛 𝑥!
!
!!!
