Espaces vectoriels

Espaces vectoriels

Cours de É. Bouchet ECS1 10 octobre 2019

Table des matières

1 Espaces vectoriels 2

1.1 Dénition . . . 2

1.2 Propriétés . . . 3

1.3 Espaces vectoriels de référence . . . 4

2 Sous-espaces vectoriels 4 2.1 Dénition et caractérisation . . . 4

2.2 Propriétés . . . 5

3 Familles de vecteurs d'un espace vectoriel (E,+,·) 6 3.1 Combinaison linéaire nie . . . 6

3.2 Sous-espace vectoriel engendré par une famille . . . 7

3.3 Familles génératrices . . . 8

3.4 Familles libres . . . 9

3.5 Bases deE . . . 11

Les espaces vectoriels introduisent un langage commun pour des situations qui apparaissent à priori très diérentes (vecteurs, fonctions, polynômes, suites, matrices, . . .) et permettent ainsi de résoudre avec la même méthode des problèmes concernant des domaines diérents.

Dans tout le chapitre,K désigneraR ou C.

1 Espaces vectoriels

1.1 Dénition

Soit E un ensemble non vide, muni d'une opération interne notée + dénie de E ×E dans E et d'une multiplication externe notée ·dénie deK×E dansE. On dit que(E,+,·)est un espace vectoriel sur K lorsque :

L'opération interne+vérie les propriétés suivantes :

1. pour tout(x, y)∈E²,x+y=y+x(la loi+ est commutative),

2. pour tout(x, y, z)∈E³,(x+y) +z=x+ (y+z) (la loi+est associative),

3. il existe un unique élémente∈E, tel que pour toutx∈E,x+e=e+x=x. L'élément eest alors appelé élément neutre de E pour l'opération+.

4. pour toutx ∈ E, il existe x⁰ ∈E tel que x+x⁰ =x⁰+x =e. Cet élément est unique, appelé opposé de x, et noté−x.

L'opération externe·vérie les propriétés suivantes :

1. pour toutx∈E et pour tout (α, β)∈K²,(α+β)·x=α·x+β·x 2. pour tout(x, y)∈E² et pour toutα∈K,α·(x+y) =α·x+α·y 3. pour toutx∈E et pour tout (α, β)∈K²,α·(β·x) = (αβ)·x 4. pour toutx∈E,1·x=x

Dénition (Espace vectoriel).

Remarque. On appelle vecteurs les éléments d'unK-espace vectoriel, et scalaires les éléments deK. Démonstration. On va montrer l'unicité de l'élément neutre, et l'unicité de l'opposé.

Supposons qu'on a deux éléments neutres,eete⁰. Alors, comme eete⁰ sont éléments neutres, e+e⁰ =e⁰ ete+e⁰=e.

D'où e=e⁰, et l'unicité de l'élément neutre.

Supposons que y ety⁰ sont deux opposés d'un vecteur xde E. Alors x+y=x+y⁰ =e.

On en déduit successivement :

y+ (x+y) =y+ (x+y⁰) (y+x) +y= (y+x) +y⁰

e+y=e+y⁰ y=y⁰

Exemple 1. Dans l'ensembleR² :

Si x= (x₁, x₂) ∈R² et y = (y₁, y₂)∈ R², on dénit x+y comme (x₁ +y₁, x₂+y₂)∈ R². Il s'agit bien d'une opération interne dans R², qui vérie les propriétés :

1. pour tout x= (x₁, x₂)∈R² ety= (y₁, y₂)∈R²,

x+y= (x1+y1, x2+y2) = (y1+x1, y2+x2) =y+x,

2. pour tout x= (x₁, x₂)∈R²,y= (y₁, y₂)∈R² etz= (z₁, z₂)∈R²,

(x+y)+z= (x1+y1, x2+y2)+(z1, z2) = (x1+y1+z1, x2+y2+z2) = (x1, x2)+(y1+z1, y2+z2) =x+(y+z), 3. il existe un élément e=(0,0)∈R², tel que pour toutx∈R²,x+e=x=e+x.

4. pour tout x= (x1, x2)∈R², il existex⁰=(−x₁,−x₂)∈R² tel que x+x⁰ =e=x⁰+x.

Six= (x₁, x₂)∈R²etα∈R, on dénitα·xcomme(αx₁, αx₂)∈R². Il s'agit bien d'une multiplication externe, qui vérie les propriétés :

1. pour tout x= (x1, x2)∈R² et pour tout(α, β)∈R²,

(α+β)·x= ((α+β)x₁,(α+β)x₂) = (αx₁+βx₁, αx₂+βx₂) = (αx₁, αx₂) + (βx₁, βx₂) =α·x+β·x,

2. pour tout x= (x1, x2)∈R²,y= (y1, y2)∈R² etα∈R,

α·(x+y) =α(x₁+y₁, x₂+y₂) = (αx₁+αy₁, αx₂+αy₂) = (αx₁, αx₂) + (αy₁, αy₂) =α·x+α·y,

3. pour tout x= (x1, x2)∈R² et pour tout(α, β)∈R²,

α·(β·x) =α·(βx₁, βx₂) = (αβx₁, αβx₂) = (αβ)·x, 4. pour tout x= (x₁, x₂)∈R²,1·x= (x₁, x₂) =x.

Donc(R²,+, .)est un espace vectoriel surR, ouR-espace vectoriel.

Exemple 2. L'ensemble des vecteurs de l'espace, muni de l'addition de deux vecteurs et de la multiplication d'un réel par un vecteur, est un espace vectoriel réel.

Remarque. Le symbole de l'opération externe·est parfois omis. Qu'il soit présent ou pas, il faut toujours placer le scalaire à gauche du vecteur.

Remarque. L'élément neutre pour+est souvent noté 0_E, ou0 lorsqu'il n'y a pas de risque de confusion.

1.2 Propriétés

Soit (E,+,·) un espace vectoriel surK. Alors pour toutx∈E et pour tout λ∈K, λ·x= 0E ⇐⇒λ= 0 ou x= 0E.

Proposition.

Démonstration.

On commence par la réciproque. Pour toutx∈E,

0x= (0 + 0)x= 0x+ 0x,

D'où en ajoutant −0xdes deux côtés, 0x= 0_E. De même, pour tout λ∈K, λ0_E =λ(0_E+ 0_E) =λ0_E+λ0_E, d'où λ0E = 0E.

On montre maintenant le sens direct. Soitx∈E etλ∈Ktels queλx= 0_E. On suppose queλ6= 0. Alors d'une part,

1

λλx= 1

λ0E = 0E, et d'autre part :

1

λλx= λ

λx= 1x=x.

D'où x= 0_E.

1.3 Espaces vectoriels de référence

Les structures suivantes sont des espaces vectoriels à connaître :

1. Pour toutn∈N^∗,Kⁿ est un espace vectoriel surK. Les lois associées sont : pour tout x= (x1, . . . , xn)∈Kⁿ,y = (y1, . . . , yn)∈Kⁿ etλ∈K,

x+y = (x1+y1, . . . , xn+yn) etλx= (λx1, . . . , λxn).

L'élément neutre est len-uplet(0, . . . ,0).

2. Pour tout (n, p) ∈ (N^∗)², M_n,p(K) est un espace vectoriel sur K. Les lois associées sont l'addition de deux matrices, et la multiplication d'une matrice par un scalaire, qui seront dénies dans le chapitre sur les matrices.

3. L'ensemble des suites réelles (notéR^N) est un espace vectoriel surR. Les lois associées sont : pour toutes suites u etv et pour tout réelλ, pour toutn∈N,

(u+v)n=un+vn et(λu)n=λun. L'élément neutre est la suite nulle.

4. SoitA une partie deR. L'ensemble des applications de A dansR (noté R^A) est un espace vectoriel surR. Les lois associées sont :

pour toutes applications f etg et pour tout réel λ, pour tout x∈A,

(f+g)(x) =f(x) +g(x) et(λf)(x) =λf(x).

L'élément neutre est la fonction nulle.

5. L'ensemble K[X] des polynômes à coecients dans K est un espace vectoriel sur K. Les lois associées sont l'addition de deux polynômes, et la multiplication d'un polynôme par un scalaire, qui seront dénies dans le chapitre sur les polynômes.

2 Sous-espaces vectoriels

2.1 Dénition et caractérisation

Soit(E,+,·)un espace vectoriel surKetFun sous-ensemble deE. On dit que(F,+,·)est un sous-espace vectoriel de (E,+,·) lorsque

1. F est non vide,

2. pour tout (x, y)∈F²,x+y∈F,

3. pour tout α∈K et pour tout x∈F,α·x∈F.

Dénition (Sous-espace vectoriel).

Soit (E,+,·) un espace vectoriel sur K, et F un sous-ensemble de E. Alors (F,+,·) est un sous-espace vectoriel de (E,+,·) si et seulement si :

1. F est non vide,

2. pour tout (x, y)∈F² et pour tout α∈K,(α·x) +y∈F. Proposition (Caractérisation d'un sous-espace vectoriel).

Exemple 3. On note E l'ensemble des suites réelles convergentes. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel des suites réelles.

La suite nulle converge (vers 0), donc est dans E, donc l'ensembleE n'est pas vide.

Soit ((u_n)n∈N,(v_n)n∈N)∈E², on note `<sub>1</sub> et`₂ leurs limites réelles respectives. Soit λ∈R.

Alors (λun+vn)n∈N est une suite réelle, et par propriétés des suites convergentes, elle converge vers la limite λ`1+`2∈R.

Donc (λu_n+v_n)n∈N ∈E.

DoncE est un sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel des suites réelles.

Exemple 4. Montrer que l'ensemble E⁰ des fonctions réelles f telles que f(0) = 0 est un sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel des applications deR dansR.

La fonction nulle est dans E⁰ (car elle vaut0 en 0), donc l'ensembleE⁰ n'est pas vide.

Soit (f, g)∈(E⁰)² etλ∈R. Alorsλf+g est une application de RdansR, et on a : (λf+g)(0) =λf(0) +g(0) =λ0 + 0 = 0.

Donc λf+g∈E⁰.

DoncE⁰ est un sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel des applications deR dansR.

2.2 Propriétés

Soit (E,+,·) un espace vectoriel sur K. Si (F,+,·) est un sous-espace vectoriel de (E,+,·) alors(F,+,·) est un espace vectoriel surK.

Proposition.

Remarque. Il est beaucoup plus rapide de montrer qu'un ensembleF est un sous-espace vectoriel d'un espace vectoriel connu que de montrer directement queF est un espace vectoriel.

Exemple 5. On a donc montré dans les exemples 3 et 4 que l'ensemble des suites convergentes est un R-espace vectoriel, et que l'ensemble des fonctions réelles valant0en 0 est un R-espace vectoriel.

Soit (E,+,·) un espace vectoriel surK. Si(F,+,·)est un sous-espace vectoriel de (E,+,·)alors 0_E ∈F.

Proposition.

Démonstration. SoitF un sous-espace vectoriel d'un espace vectorielE. Par hypothèse,F est non vide, donc contient un élémentx. Comme 0∈K, cela entraîne0x∈F, et donc 0_E ∈F.

Soit (E,+,·) un espace vectoriel sur K. L'intersection de deux sous-espaces vectoriels de E est un sous- espace vectoriel de E.

Proposition.

Démonstration. (démonstration à connaître) Soit F etGdeux sous-espaces vectoriels d'un espace vectoriel E. Par propriété d'un sous-espace vectoriel,0_E ∈F et0_E ∈G.

Donc 0E ∈F∩GetF∩Gn'est pas vide.

Soit (x, y)∈(F ∩G)² etλ∈K.

Comme x∈F,y∈F,λ∈K etF est un sous-espace vectoriel de E, alors λx+y∈F. De même, λx+y∈G.

Donc λx+y∈F ∩G.

DoncF∩Gest un sous-espace vectoriel de E.

Remarque. Attention : de manière générale, la réunion de deux sous-espaces vectoriels deEn'est PAS un sous-espace vectoriel deE.

Exemple 6. {0} ×RetR× {0}sont deux sous-espaces vectoriels de R². Montrer que ({0} ×R)∪(R× {0})n'est pas un sous-espace vectoriel deR².

Il contient(0,1)et(1,0), mais pas leur somme (1,1).

Remarque. LeR-espace vectorielR n'admet que deux sous-espaces vectoriels : {0} etR.

3 Familles de vecteurs d'un espace vectoriel (E, +, ·)

3.1 Combinaison linéaire nie

Une famille nie d'un espace vectoriel E est la donnée d'un entier naturel non nulp, et d'une liste de p vecteurs deE :(e1, e2, ..., ep).

Dénition (Famille nie).

Remarque. Les éléments d'une famille nie peuvent être distincts ou non, et l'ordre est xé : une famille n'est pas un ensemble.

Exemple 7. (1,0),(0,1,3)et(1,2,2,4)sont trois familles nies de l'espace vectoriel R.

Soit p∈N^∗,S = (ek)_16k6p une famille nie de pvecteurs deE etx∈E. On dit quex est combinaison linéaire des vecteurs de S lorsqu'il existe p scalaires(α_k)_16k6p de K tels que :

x=

p

X

k=1

α_ke_k. Dénition (Combinaison linéaire).

Exemple 8. On a :

((1,5),(2,3)) est une famille nie deR², et(4,13)est combinaison linéaire de ces vecteurs : On résout (au brouillon) l'équation (4,13) =α1(1,5) +α2(2,3), d'inconnuesα1 etα2 :

4 =α₁+ 2α₂

13 = 5α₁+ 3α₂ ⇔α₁ = 2 etα₂ = 1.

Rédaction nale : on remarque que (4,13) = 2(1,5) + (2,3), donc (4,13)est combinaison linéaire des vecteurs de ((1,5),(2,3)).

((0,0),(0,1),(0,2))est une famille nie deR², et(1,1)n'est pas combinaison linéaire de ces vecteurs :

On le montre par l'absurde : supposons que (1,1) soit combinaison linéaire des vecteurs. Alors il existe des scalaires (α1, α2, α3) tels que :

(1,1) =α1(0,0) +α2(0,1) +α3(0,2)⇐⇒(1,1) = (0, α2+ 2α3)⇒1 = 0,

ce qui est absurde. Donc (1,1)n'est pas combinaison linéaire de ces vecteurs.

3.2 Sous-espace vectoriel engendré par une famille

Soit pun entier naturel non nul, etS = (ei)_16i6p une famille nie de p vecteurs deE. On noteVect(S) l'ensemble de toutes les combinaisons linéaires despvecteurs deS.

Vect(S) est un sous-espace vectoriel de E, appelé sous-espace vectoriel engendré par la familleS. Proposition (Sous-espace vectoriel engendré).

Démonstration.

0E = 0e1+ 0e2+· · ·+ 0ep, donc 0E ∈Vect(S). L'ensemble n'est donc pas vide.

Soit x ety deux vecteurs deVect(S), etλun scalaire.

∃(x₁, . . . , xp)∈K^p et∃(y₁, . . . , yp)∈K^p tels quex=

p

X

i=1

xiei ety=

p

X

i=1

yiei. On peut alors écrire :

λx+y=λ

p

X

i=1

x_ie_i+

p

X

i=1

y_ie_i =

p

X

i=1

(λx_i+y_i)e_i∈Vect(S).

DoncVect(S) est bien un sous-espace vectoriel deE.

Exemple 9. Vect((1,2),(1,0)) = R².

L'inclusion Vect((1,2),(1,0))⊂R² est évidente. Réciproquement, soit (x, y)∈R²,

(x, y) = y

2(1,2) + x−y

2

(1,0)∈Vect((1,2),(1,0)),

d'où R² ⊂Vect((1,2),(1,0)). Par double inclusion, on a donc égalité des deux ensembles.

Vect((1,2),(3,6)) = Vect((1,2)) ={(λ,2λ), λ∈R}.

Il est direct que Vect((1,2))⊂Vect((1,2),(3,6)). Réciproquement, soit(x, y)∈Vect((1,2),(3,6)), alors (x, y) =λ(1,2) +µ(3,6) = (λ+ 3µ)(1,2)∈Vect((1,2)),

d'où Vect((1,2),(3,6))⊂Vect((1,2)). Par double inclusion, on a donc égalité des deux ensembles.

3.3 Familles génératrices

Soit E un espace vectoriel. Une famille S de E est dite génératrice de E lorsque Vect(S) =E.

Dénition (Famille génératrice).

Remarque. L'inclusionVect(S)⊂E est évidente. Pour prouver queS est génératrice deE, il sut donc de montrer queE ⊂Vect(S), c'est-à-dire de montrer que toutx∈E peut s'écrire comme combinaison linéaire des éléments deS. Exemple 10. La famille((1,0),(1,1))est-elle une famille génératrice de R²?

Soit(x, y)∈R². On peut écrire :

(x, y) = (x−y)(1,0) +y(1,1);

De plus(1,0)et(1,1)sont bien des éléments deR². Donc((1,0),(1,1))est une famille génératrice de R². Exemple 11. SoitE ={(x, y, z)∈R³|x= 2y}.

1. Montrer queE est un R-espace vectoriel.

0 = 2×0, donc (0,0,0)∈E etE n'est pas vide.

Soita= (x_a, y_a, z_a)etb= (x_b, y_b, z_b)deux éléments deEetλ∈R. Alorsλa+b= (λx_a+x_b, λy_a+y_b, λz_a+z_b), et :

λxa+xb =λ2ya+ 2yb = 2(λya+yb), puisqueaetb sont dansE. Doncλa+b∈E.

E est un sous-espace vectoriel de R³. C'est donc unR-espace vectoriel.

2. Déterminer une famille génératrice deE. Soit (x, y, z)∈E. Alorsx= 2y. Donc

(x, y, z) = (2y, y, z) = (2y, y,0) + (0,0, z) =y(2,1,0) +z(0,0,1).

Or (2,1,0)∈E et(0,0,1)∈E. Donc((2,1,0),(0,0,1))est une famille génératrice de E.

Toute famille de vecteurs qui contient une famille génératrice de l'espace vectoriel E est une famille génératrice de l'espace vectoriel E.

Proposition.

Démonstration. Soit S une famille génératrice de E, et soit S⁰ une famille de vecteurs qui contient les vecteurs de S. Soit x ∈E. Comme S est génératrice de E, x peut s'écrire comme combinaison linéaire des vecteurs de S, qui sont aussi des vecteurs deS⁰. Doncx peut s'écrire comme combinaison linéaire des vecteurs de S⁰.

Ceci étant vrai pour toutx de E,S⁰ est génératrice deE.

SoitE un espace vectoriel etp>2. Si(e_i)_16i6pest une famille génératrice deEet sie_ppeut s'écrire comme une combinaison linéaire des vecteurs e1,e2, . . ., ep−1, alors (e1, e2, . . . , ep−1) est une famille génératrice de E.

Proposition.

Démonstration. (démonstration à connaître) Soit x∈E. Alors∃(x₁, x2, . . . , xp)∈K^p tels quex=

p

X

k=1

x_ke_k.

De plus,eppeut s'écrire comme une combinaison linéaire des vecteurse1,e2, . . .,ep−1, donc∃(α₁, α2, . . . , αp−1)∈K^p−1 tels queep =

n−1

X

k=1

αkek. On a donc :

x=

p−1

X

k=1

(x_k+α_k)e_k.

Doncx peut s'écrire comme combinaison linéaire de(e₁, e₂, . . . , ep−1), ce qui termine la preuve.

3.4 Familles libres

Une famille (e1, e2, ..., ep) de l'espace vectoriel E est dite libre lorsque pour tout p-uplet (αi)_16i6p de scalaires deK^p,

p

X

k=1

αkek= 0E =⇒ ∀k∈[[1, p]], αk= 0.

On dit alors que les vecteurs e1, e2, . . ., ep sont linéairement indépendants. Une famille qui n'est pas libre est dite liée.

Dénition (Famille libre).

Remarque. En pratique, pour montrer qu'une famille est libre, on xe(αi)_16i6p ∈K^p, on suppose que

p

X

k=1

α_ke_k= 0_E et on cherche à montrer que tous lesα_i sont nuls.

Exemple 12. Montrer que((1,0),(1,1))est une famille libre de R².

Soit(λ, µ) ∈R². On suppose que λ(1,0) +µ(1,1) = (0,0). Alors (λ+µ, µ) = (0,0), ce qui donne µ= 0 puis λ= 0. Donc((1,0),(1,1))est une famille libre de R².

Exemple 13. Montrer que((1,2),(3,6))est une famille liée.

On peut écrire−3·(1,2) + 1·(3,6) = (0,0), alors que ni−3 ni1ne sont nuls, la famille est donc liée.

Exemple 14. Soitf et g les fonctions dénies sur R par∀x ∈ R, f(x) =e^x etg(x) =e^2x. La famille (f, g) est-elle libre dans l'espace vectoriel des fonctions réelles ?

Soit(λ, µ)∈R². Supposons queλf+µg= 0, où0représente ici la fonction nulle. Alors pour toutxréel,λe^x+µe^2x = 0. Cette égalité est dérivable surR par opérations sur des fonctions dérivables, et on trouve pour tout réelx,

λe^x+ 2µe^2x = 0.

En soustrayant ces deux égalités, on trouveµ= 0.

On en déduit que pour toutx∈R,λe^x= 0 et donc λ= 0. La famille est donc libre.

VARIANTE : Soit(λ, µ)∈R². Supposons queλf+µg= 0. Alors pour toutxréel,λe^x+µe^2x= 0. En particulier, on peut diviser pare^x>0 :∀x∈R,λ+µe^x= 0.

En prenant la limite pourx→ −∞, on obtientλ= 0. Donc ∀x∈R,µe^x= 0.

La valeur enx= 0 donne µ= 0. On a montré queλ=µ= 0, la famille est donc libre.

Toute sous-famille d'une famille libre est libre.

Proposition.

Démonstration. (démonstration à connaître) On va montrer que si on enlève un élément à une famille libre, la nouvelle famille obtenue reste libre. Le résultat général se montre ensuite par récurrence décroissante. Soit(e₁, e₂, . . . , e_p) une famille libre, montrons que(e1, e2, . . . , ep−1)l'est aussi : soit α1, . . ., αp−1 des scalaires, on suppose que :

p−1

X

k=1

α_ke_k= 0_E.

Alors

p−1

X

k=1

α_ke_k+ 0·e_p = 0_E. Comme la famille (e₁, e₂, . . . , e_p) est libre, alors pour toutk∈ [[1, p−1]],α_k = 0. Donc (e1, e2, . . . , ep−1) est une famille libre.

Soit E un espace vectoriel. Une famille(e₁, e₂, . . . , e_p) de E est libre si et seulement si pour tous scalaires α₁,α₂, . . ., α_p,β₁,β₂, . . ., β_p de K,

p

X

k=1

α_ke_k=

p

X

j=1

β_je_j =⇒ ∀m∈[[1, p]], α_m=β_m. Proposition.

Démonstration. Cela découle directement de l'équivalence suivante :





p

X

k=1

αkek=

p

X

j=1

βjej =⇒ ∀m∈[[1, p]], αm =βm





⇐⇒

p

X

k=1

(α_k−β_k)e_k = 0 =⇒ ∀m∈[[1, p]], (αm−βm) = 0

!

Soit E un espace vectoriel. Une famille(e1, e2, . . . , ep)de E est liée si et seulement si l'un des vecteurs de cette famille peut s'écrire comme une combinaison linéaire des autres vecteurs.

Proposition.

Remarque. En particulier toute famille dont l'un des vecteurs est nul est liée, car sie₁ = 0_E,e₁= 0e₂+· · ·+ 0e_p. Démonstration. On fait la preuve en deux temps :

Supposons que (e₁, e₂, . . . , e_p) est liée. Alors, il existe(α_i)_i∈[[1,p]]∈K^p etj ∈[[1, p]] tels queα_j 6= 0 et :

p

X

i=1

αiei = 0E.

On peut donc écrire ej =−

j−1

Xαi

α_jei−

p

X αi

α_jei.

Réciproquement, on suppose qu'il existej∈[[1, p]]et(β_i)i∈[[1,j−1]]∪[[j+1,p]]∈K^p−1 tels que

ej =

j−1

X

i=1

βiei+

p

X

i=j+1

βiei.

En posant β_j =−16= 0, on trouve alors

p

X

i=1

β_ie_i = 0_E, où les β_i ne sont pas tous nuls. La famille est donc liée.

Remarque. Quelques cas particuliers :

1. Sie∈E ete6= 0_E, alors la famille (e)est libre.

2. Une famille(e₁, e₂) est liée si et seulement si les deux vecteurs sont colinéaires.

Exemple 15. La famille((0,1,2),(0,2,1),(0,1,1))est-elle libre ?

On cherche à montrer que la famille est libre. Soitλ₁,λ₂ etλ₃ trois réels, on suppose que : λ1(0,1,2) +λ2(0,2,1) +λ3(0,1,1) = (0,0,0).

On aurait alors :

(0, λ₁+ 2λ₂+λ₃,2λ₁+λ₂+λ₃) = (0,0,0).

Et donc

λ₁+ 2λ₂+λ₃ = 0 2λ₁+λ₂+λ₃ = 0 ⇔

−λ₁+λ₂ = 0 2λ₁+λ₂+λ₃ = 0 ⇔

λ₁ =λ₂ λ₃ =−3λ₂ On peut donc conclure que(0,1,1) = ¹₃(0,1,2) + ¹₃(0,2,1), et la famille était en fait liée.

3.5 Bases de E

Une famille S = (e_i)_16i6p est une base de l'espace vectoriel E lorsque tout vecteur de E peut s'écrire d'une manière unique comme une combinaison linéaire des vecteurs e1,e2, . . ., ep.

Dénition (Base).

Une famille S = (e_i)_16i6p est une base de l'espace vectorielE si et seulement siS est une famille libre et génératrice de E.

Proposition.

Exemple 16. DansKⁿ, on posee1= (1,0,0, . . . ,0),e2= (0,1,0, . . . ,0), . . ., ek= (0, . . . ,0, 1

|{z}

kème position

,0, . . . ,0), . . ., en= (0, . . . ,0,1). Montrer que (e1, e2, . . . , en) forme une base deKⁿ.

On l'appelle base canonique deKⁿ.

Soit x= (x1, x2, . . . , xn)∈Kⁿ. On a alors :

x=

n

X

k=1

xiei.

Or ∀i∈[[1, n]],ei ∈Kⁿ. La famille (e1, e2, . . . , en) est donc génératrice deKⁿ.

Soit (α₁, α₂, . . . , α_n)∈Kⁿ. On suppose que :

n

X

k=1

α_ie_i = 0_Kⁿ.

Alors (α₁, α₂, . . . , α_n) = (0,0, . . . ,0), et par identication des coecients les α_i sont tous nuls. La famille (e1, e2, . . . , en) est donc libre.

La famille est libre et génératrice, c'est donc une base deKⁿ.

Exemple 17. SoitE l'ensemble des suites réelles qui vérient la relation de récurrence : ∀n∈N,un+2 =un+1+un. 1. Montrer queE est un espace vectoriel.

2. En déterminer une base.

1. On montre que c'est un sous-espace vectoriel de l'espace des suites réelles : La suite nulle vérie la relation de récurrence proposée, donc E est non vide.

Soit u etv deux suites deE, etλ∈R. Alors,

(λu+v)n+2 =λun+2+vn+2 (u,v)∈E²

=λ(u_n+1+u_n) +v_n+1+v_n

= (λu_n+1+v_n+1) + (λu_n+v_n)

= (λu+v)_n+1+ (λu+v)_n.

Doncλu+v∈E.

E est un sous-espace vectoriel de l'espace des suites réelles, c'est donc un espace vectoriel surR.

2. Soit u∈E, c'est une suite récurrente linéaire d'ordre deux, d'équation caractéristiqueq² =q+ 1, dont les solutions sont :

q1,2= 1±√ 5 2 .

D'après le cours sur les suites réelles, il existe donc deux réelsα etβ tels que

∀n∈N, u_n=αqⁿ₁ +βq₂ⁿ.

Or ∀n∈N,qⁿ₁ +qⁿ⁺¹₁ =qⁿ₁(1 +q₁) = q₁ⁿq₁² =qⁿ⁺²₁ (car q₁ est solution de l'équation caractéristique, donc q₁²=q₁+ 1). Donc (q₁ⁿ)n∈N∈E.

On montre de même que (q₂ⁿ)n∈N∈E. Donc((q₁ⁿ)n∈N,(q₂ⁿ)n∈N) est une famille génératrice de E.

Soit λ et µ deux réels, on suppose que ∀n ∈ N, λq₁ⁿ+µqⁿ₂ = 0. On trouve en particulier pour n = 0 et n = 1 que λ+µ = 0 et λq₁ +µq₂ = 0. Donc λ = −µ et µ(q₂−q₁) = 0. Cela donne λ = µ = 0. Donc ((qⁿ₁)n∈N,(q₂ⁿ)n∈N) est une famille libre deE.

Conclusion : ((q₁ⁿ)n∈N,(qⁿ₂)n∈N) est une base deE.