Notion de dimension.

Alg` ebre et analyse ´ el´ ementaires II Alg` ebre lin´ eaire

Notion de dimension.

1 Notion de dimension. Bases.

Le r´ esultat qui suit est simple mais fondamental.

Remarque. Nous avons d´ efini la notion de syst` eme de vecteurs libre (ou ind´ ependant) et de syst` eme de vecteurs li´ e (ou d´ ependant). Notons que tout syst` eme extrait d’un syst` eme libre est libre mais que tout syst` eme dont une partie forme un syst` eme li´ e est li´ e. Autrement dit un sous-syst` eme d’un syst` eme libre est libre. Un sur-syst` eme d’un syst` eme li´ e est li´ e.

Proposition 1.1. Soient u j (j = 1, . . . , r) des vecteurs ind´ ependants dans R ⁿ . Soit v un vecteur de R ⁿ . Si le syst` eme (u 1 , . . . , u m , v) n’est pas libre, alors v est une combinaison lin´ eaire des vecteurs u j .

D´ emonstration. Prenons une combinaison lin´ eaire non triviale du syst` eme (u ₁ , . . . , u _m , v) et supposons qu’elle soit nulle soit P m

j=1 λ j u j + µv = 0 . Si µ ´ etait nul, alors on aurait P m

j=1 λ j u j = 0 . Or les u j

forment un syst` eme libre, donc cela impliquerait que tous les λ j seraient nuls. Or l’un au moins des µ et des λ j doit ˆ etre non nul. Donc µ ne peut ˆ etre nul. Dans ces conditions on a :

v = −

m

X

j=1

λ j

µ u _j .

Corollaire 1.2. Soient u j (j = 1, . . . , r) des vecteurs ind´ ependants dans R ⁿ . Soient v h (h = 1, . . . , l) des vecteurs de R ⁿ . Si le syst` eme (u 1 , . . . , u m , v 1 , . . . , v l ) n’est pas libre, alors l’un des v h , h = 1, . . . , l est une combinaison lin´ eaire des vecteurs u j et des autres v h .

D´ emonstration. Prenons une combinaison lin´ eaire non triviale du syst` eme (u 1 , . . . , u m , v 1 , . . . , v l ) et supposons qu’elle soit nulle soit P m

j=1 λ j u j + P l

h=1 µ h v h = 0 . Si tous les µ h ´ etaient nuls, alors on aurait P m

j=1 λ j u j = 0 . Or les u j forment un syst` eme libre, donc cela impliquerait que tous les λ j seraient nuls.

Or l’un au moins des µ h et des λ j doit ˆ etre non nul. Donc tous les µ h ne peuvent ˆ etre nuls. Dans ces conditions on a :

v h

= −

m

X

j=1

λ j

µ h

u j −

m

X

h=1,h6=h

µ h

µ h

v h .

Th´ eor` eme 1. Th´ eor` eme de la base incompl` ete. Soit F un sous-espace vectoriel de R <sup>n</sup> . Soient {u 1 , . . . , u r } (j = 1 . . . r) un syst` eme libre de vecteurs de F et {v 1 , . . . , v m } (i = 1 . . . m) un syst` eme g´ en´ erateur de F . Alors il est possible de compl´ eter le syst` eme {u 1 , . . . , u r } (j = 1 . . . r) par (certains) des vecteurs v j

de fa¸ con ` a obtenir un syst` eme libre et g´ en´ erateur de F .

On a donc un sous-espace vectoriel F de l’espace R ⁿ et {u 1 , . . . , u r }, j = 1 . . . r un syst` eme libre de vecteurs de F . Consid´ erons le nombre m 0 de vecteurs v j non engendr´ es par les u i . Soit il est nul ce qui signifie que tous les vecteurs v j sont combinaison lin´ eaire des u i et donc que le sous-espace H de F engendr´ e par les u i est ´ egal ` a F et on a trouv´ e un syst` eme libre et g´ en´ erateur de F .

Soit il existe des vecteurs v i non engendr´ es par les u i et le sous-espace engendr´ e par les u i est strictement plus petit que F . Montrons par r´ ecurrence (descendante) sur le cardinal l de vecteurs v j

non engendr´ es par les u i que l’on peut compl´ eter les vecteurs u i , par des vecteurs v i de fa¸ con ` a obtenir un syst` eme libre et g´ en´ erateur de F .

Les vecteurs {v 1 , . . . , v _m }, i = 1 . . . m sont g´ en´ erateurs de F . Alors, si m ₀ est non nul, l’un des

vecteurs v _j n’est donc pas engendr´ e par les u _i . Notons u _r+1 = v _m un tel vecteur. D’apr` es la proposition

pr´ ec´ edente, le syst` eme (u <sub>1</sub> , . . . , u <sub>r</sub> , u <sub>r+1</sub> = v <sub>m</sub> ) est alors libre. Nous avons donc construit un syst` eme de r + 1 vecteurs libres dans F de fa¸ con ` a ce que le nombre de vecteurs v i non engendr´ es par les u i ait diminu´ e d’au moins une unit´ e.

Formalisons alors le raisonnement par r´ ecurrence. Appelons P l la propri´ et´ e suivante : il existe l vec- teurs extraits du syst` eme {v 1 , . . . , v <sub>m</sub> }, i = 1 . . . m g´ en´ erateur de F tels que le syst` eme {u 1 , . . . , u _r+l }, j = 1 . . . r + l qu’ils forment avec les {u ₁ , . . . , u _r }, j = 1 . . . r soit libre. Et le nombre m _l de vecteurs v _j non engendr´ es par les {u ₁ , . . . , u _r+l }, j = 1 . . . r + l v´ erifie 0 ≤ m _l < m _l−1 soit 0 ≤ m _l ≤ m − l .

Si m _l n’est pas nul, nous savons qu’il existe au moins un vecteur v _j qui n’est pas engendr´ e par les u _i (1 ≤ i ≤ r+l). On le note u r+l+1 et le syst` eme {u 1 , . . . , u r+l+1 }, j = 1 . . . r+l+1 est alors n´ ecessairement libre et m l+1 ≤ m l − 1 < m l . Bref tant que m l n’est pas nul, on a P l ⇒ P l+1 . D’o` u notre th´ eor` eme puisque la suite m l est une suite d’entiers strictement d´ ecroissante.

Remarque. On notera que le raisonnement fonctionne si l’ensemble des u i est vide (pourvu que F ne soit pas r´ eduit ` a {0}).

En effet, si F n’est pas r´ eduit ` a {0} , l’un au moins des v j n’est pas nul et peut donc ˆ etre choisi comme vecteur composant un premier syst` eme libre dans F (r´ eduit ` a un ´ el´ ement).

Exemple 1.3. Dans R ³ consid´ erons le syst` eme {u 1 } o` u u 1 = (1, 1, 0) = e 1 +e 2 et le syst` eme {v 1 , v 2 , v 3 , v 4 } o` u v 1 = (1, −1, 0), v 2 = (1, 0, 0), v 3 = (1, 1, 1), v 4 = (1, 0, −1) .

Le vecteur u 1 est non nul donc il forme un syst` eme libre. Par ailleurs, si l’on introduit le sous-espace vectoriel F engendr´ e par les vecteurs v j (j = 1, . . . , 4), on constate facilement que u 1 = 2v 2 − v 1 et il appartient donc ` a F . Appliquons alors le raisonnement de la d´ emonstration pr´ ec´ edente. Aucun des vecteurs v j n’est colin´ eaire ` a u 1 ; par cons´ equent chacun des syst` emes {u 1 , v j } (j = 1, . . . , 4) est libre.

Prenons donc par exemple le syst` eme {u <sub>1</sub> , v <sub>2</sub> } et cherchons ` a le compl´ eter. On ne peut prendre le vecteur v ₁ puisque v ₁ = 2v ₂ − u ₁ . Par contre les vecteurs v ₃ ou v ₄ ne peuvent ˆ etre engendr´ es par le syst` eme {u <sub>1</sub> , v <sub>2</sub> } (ces derniers vecteurs ont une troisi` eme composante nulle au contraire des deux vecteurs v 3 ou v 4 ). On peut donc choisir l’un ou l’autre de ces deux derniers vecteurs pour compl´ eter le syst` eme {u 1 , v 2 } .

Prenons donc par exemple {u 1 , v ₂ , v ₃ } . Ce syst` eme est libre. Enfin le vecteur v <sub>4</sub> v´ erifie v <sub>4</sub> = −v 3 + u <sub>1</sub> + v <sub>2</sub> . Bref F est engendr´ e par le syst` eme (libre) {u 1 , v ₂ , v ₃ } .

Proposition 1.4. Soit une famille v _j (j = 1, . . . , m) de m vecteurs de R ⁿ . On suppose qu’ils sont tous combinaison lin´ eaire des r vecteurs u _i (i = 1, . . . , r) de R ⁿ o` u r < m . Alors la famille des v _j ne peut ˆ

etre libre.

D´ emonstration (1). On va travailler par r´ ecurrence sur l’entier m. Si m = 2 alors les deux vecteurs v ₁ et v ₂ sont combinaison lin´ eaire d’au plus un vecteur u ₁ (puisque r < 2). On a donc v ₁ = λ ₁ u ₁ et v ₂ = λ ₂ u ₁ soit λ ₂ v ₁ − λ ₁ v ₂ = 0 . Bref nos deux vecteurs sont tous deux nuls ou bien il existe une combinaison lin´ eaire non triviale les liant (si λ ₁ et λ ₂ sont tous deux nuls, c’est que les deux vecteurs initiaux sont nuls).

Supposons avoir d´ emontr´ e le r´ esultat cherch´ e pour toutes les familles de vecteurs de cardinal m . Soit une famille v j (j = 1, . . . , m + 1) de m + 1 vecteurs de R ⁿ . On suppose qu’ils s’expriment comme combinaison lin´ eaire de r vecteurs u i (i = 1, . . . , r + 1) de R ⁿ o` u r + 1 < m + 1 . On a donc

v j =

r+1

X

i=1

λ ^j _i u i .

Regardons alors les λ ^r+1 _j , coefficients relatifs au vecteur u r+1 . Ces coefficients peuvent ˆ etre tous nuls.

Alors cela signifie que notre famille est form´ ee de combinaison lin´ eaire des r vecteurs u _i (i = 1, . . . , r).

Les m premiers vecteurs v sont donc combinaison lin´ eaire de r vecteurs (o` u r < m) et ils forment donc

un syst` eme qui ne peut ˆ etre libre. A fortiori la famille initiale ne peut l’ˆ etre (puisqu’elle contient une sous-famille li´ ee).

Reste le cas o` u l’un des coefficients λ <sup>r+1</sup> <sub>j</sub> n’est pas nul. Quitte ` a renum´ eroter les v j , on peut supposer que λ ^m+1 _r+1 6= 0 . Regardons la famille des m vecteurs v ⁰ _j = v j − ^λ

r+1 j

λ

v m+1 (j = 1, . . . , m). Par construction, ils s’expriment comme combinaison lin´ eaire des r vecteurs u _i (i = 1, . . . , r). Comme r < m , ils ne peuvent ˆ

etre libres. Il existe donc une combinaison lin´ eaire nulle non triviale 0 =

m

X

j=1

µ _j v _j ⁰ =

m

X

j=1

µ _j v _j −





m

X

j=1

µ _j λ ^r+1 _j λ ^m+1 _r+1



 v _m+1

ce qui donne une combinaison lin´ eaire nulle non triviale des m + 1 vecteurs v _j .

D´ emonstration (2). On va s’autoriser d’utiliser les r´ esultats issus de la r´ esolution des syst` emes lin´ eaires. Prenons donc une combinaison lin´ eaire des m vecteurs v j dont on suppose qu’elle soit nulle.

On a donc

m

X

j=1

λ j v j = 0 . Mais on a

∀j ∈ {1, . . . , m} v j =

r

X

k=1

µ jk u k . D’o` u

m

X

j=1

λ j v j =

m

X

j=1

λ j r

X

k=1

µ jk u k

!

= 0 soit encore

r

X

k=1





m

X

j=1

λ j µ jk



 u k .

Or le syst` eme d’´ equations



 

 

µ ₁₁ λ ₁ + . . . + µ _m1 λ _m = 0

.. . .. . .. .

µ _1r λ ₁ + . . . + µ _mr λ _m = 0

comporte r ´ equations pour m variables (o` u m > r). Dans ce cas, on sait il existe une infinit´ e de solutions (` a m − r param` etres) et donc des solutions non triviales.

Th´ eor` eme 2. On consid` ere l’espace vectoriel R ⁿ . Alors tout syst` eme libre est form´ e d’au plus n vecteurs.

Tout syst` eme g´ en´ erateur de R ⁿ admet au moins n vecteurs. Toutes les bases de R ⁿ ont pour cardinal n . On dira que R ⁿ est de dimension n .

D´ emonstration. Nous avons vu que R ⁿ ´ etait engendr´ e par les vecteurs canoniques et que ceux-ci formaient un syst` eme libre (donc une base de R <sup>n</sup> ). Tout syst` eme de vecteurs ayant strictement plus de n vecteurs est form´ e de vecteurs combinaison lin´ eaires des e i et ne peut donc ˆ etre libre. Inversement s’il existait une base de R ⁿ ayant strictement moins de n vecteurs, le syst` eme des vecteurs canoniques ne pourrait ˆ etre libre.

Plus g´ en´ eralement on a.

Th´ eor` eme 3. Soit E un espace vectoriel. On suppose qu’il admet un syst` eme fini de vecteurs g´ en´ erateurs.

Alors E admet au moins une base. Deux bases (syst` eme libre et g´ en´ erateur) de E ont le mˆ eme cardinal.

On appelle dimension de E ce cardinal. On dit que E est de dimension finie. Plus g´ en´ eralement, si F est un sous-espace vectoriel de E , engendr´ e par un syst` eme fini de g´ en´ erateurs, on appelle dimension de F le cardinal d’une syst` eme libre et g´ en´ erateur de F .

V´ erification. Soient {v 1 , . . . , v m }, i = 1 . . . m, et {u 1 , . . . , u r }, j = 1 . . . r deux bases de E . Alors on a r = m . Raisonnons par l’absurde et supposons que r < m . Alors nous aurions un syst` eme libre de m vecteurs v <sub>i</sub> qui s’exprimeraient comme des combinaisons lin´ eaires d’une famile de r vecteurs ce qui est exclu d’apr` es la proposition 0.0 ci-dessus.

Remarque 1.5. Ce r´ esultat est tout ` a fait fondamental. Il montre que les syst` emes libres sont les plus

”efficaces” pour engendrer un sous-espace vectoriel.

Corollaire 1.6. Soit F un sous-espace vectoriel de dimension r de R ⁿ (ou de E). Alors tout syst` eme libre de vecteurs de F de cardinal strictement inf´ erieur ` a r ne peut ˆ etre g´ en´ erateur de F . De mˆ eme, tout syst` eme g´ en´ erateur de vecteurs de F de cardinal strictement sup´ erieur ` a r ne peut ˆ etre libre. Tout syst` eme libre de vecteurs de F de cardinal ´ egal ` a r est g´ en´ erateur de F . De mˆ eme, tout syst` eme g´ en´ erateur de vecteurs de F de cardinal ´ egal ` a r est libre.

Exemple 1.7. L’espace des fonctions polynomiales r´ eelles de degr´ e au plus n est de dimension finie n + 1 . L’espace des fonctions polynomiales r´ eelles n’est pas de dimension finie. En effet s’il ´ etait de dimension finie, il serait engendr´ e par un nombre fini de fonctions polynomiales et il y aurait donc un degr´ e maximal ` a toute fonction polynomiale.

Par ailleurs, nous avons montr´ e le r´ esultat suivant (par le th´ eor` eme de la base incompl` ete).

Proposition 1.8. Soit F un sous-espace vectoriel de R ⁿ (ou de E). De tout syst` eme g´ en´ erateur de F, il est possible d’extraire une base de F . Tout espace vectoriel admettant un syst` eme g´ en´ erateur fini admet au moins une base.

D´ efinition 1.9. Soit {v ₁ , . . . , v _s } un syst` eme de vecteurs. On appelle rang de ce syst` eme la dimension du sous-espace vectoriel qu’ils engendrent.

Corollaire 1.10. Soit F un sous-espace vectoriel de R ⁿ (ou de E) de dimension finie . Sa dimension est plus petite que celle de R ⁿ (ou de E). Plus g´ en´ eralement si G et F sont deux sous-espaces vectoriels de R ⁿ (ou de E) et que G ⊂ F , alors dim(G) ≤ dim(F ) .

D´ emonstration. R ⁿ (ou E) admet un syst` eme libre et g´ en´ erateur de dimension n ou dim(E) . Tout syst` eme de vecteurs de cardinal sup´ erieur ne peut ˆ etre libre d’apr` es la proposition. Donc F ne peut ˆ etre de dimension sup´ erieure ` a n ou dim(E) .

Corollaire 1.11. Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de R ⁿ (ou de E). On suppose que G ⊂ F . Alors dim(G) ≤ dim(F) ≤ n ou dim(E) et , si dim(G) = dim(F ) , on a G = F .

D´ emonstration. Le lecteur attentif v´ erifiera que F ou G sont n´ ecessairement de type fini. Prenons une base de G . C’est un syst` eme libre de G donc de F (ou de E). La dimension de F majore donc ce cardinal. Et s’il a pour cardinal, la dimension de F , on en d´ eduit qu’il engendre F . Donc G = F . D´ efinition 1.12. On appelle droite vectorielle de R ⁿ (ou de E) tout sous-espace vectoriel de dimension 1 de R ⁿ (ou de E . Il admet pour base n’importe lequel de ses vecteurs non nuls. On appelle hyperplan de R ⁿ (ou de E) tout sous-espace vectoriel de dimension n − 1 (ou Dim(E) − 1).

V´ erification. Comme D est de dimension 1, il contient au moins un vecteur non nul u ! Soit v un autre

vecteur. Alors le syst` eme (u, v) est li´ e (sinon D serait de dimension au moins 2). D’apr` es un r´ esultat vu

plus haut, v est colin´ eaire ` a u . On a donc D = u .

Proposition 1.13. Soit H un hyperplan de R ⁿ (ou de E). Alors toute droite vectorielle D non contenue dans H est un suppl´ ementaire de H dans R ⁿ (ou E). On a

D ⊕ H = R ⁿ (ou dim(E) .

D´ emonstration. Comme D 6⊂ H , D ∩ H = {0} . Les deux sous-espaces sont donc en somme directe.

Si l’on ajoute ` a une base de H , un vecteur non non nul de D , on obtient un syst` eme libre de cardinal n (ou dim(E) . Il engendre donc R ⁿ (ou E) et R ⁿ = D ⊕ H (ou E = D ⊕ H ).

Th´ eor` eme 4. (existence et unicit´ e des coordonn´ ees) Soit u i , i = 1, . . . , n une base de R <sup>n</sup> (ou de E espace vectoriel de dimension n o` u n ≥ 1). Alors tout vecteur u de R ⁿ (ou de E) s’´ ecrit de fa¸ con unique comme une combinaison lin´ eaire des u i :

u =

n

X

i=1

λ _i u _i

et les λ i sont appel´ ees coordonn´ ees du vecteur u dans la base u i , i = 1, . . . , n . Elles sont donc uniques, une base ´ etant donn´ ee.

D´ emonstration. Le syst` eme form´ e des n + 1 vecteurs u <sub>i</sub> et du vecteur u ne peut ˆ etre libre puisqu’il engendre R <sup>n</sup> (ou E) et que celui-ci est de dimension n . Il est donc li´ e. D’apr` es une proposition rappel´ ee ci-dessus, le vecteur u est donc une combinaison lin´ eaire des u i (puisqu’ils sont libres). D’o` u l’existence de la combinaison lin´ eaire.

Imaginons que u s’exprime de deux fa¸ cons diff´ erentes : u =

n

X

i=1

λ _i u _i =

n

X

i=1

µ _i u _i .

Alors

0 =

n

X

i=1

(λ i − µ i )u i ⇒ ∀i ∈ {1, . . . , n} λ i = µ i

puisque les u _i sont libres. Ainsi la combinaison lin´ eaire est unique.

Proposition 1.14. Soient F 1 et F 2 deux sous-espaces vectoriels suppl´ ementaires dans R ⁿ (ou dans E espace vectoriel de dimension finie). Alors on a

n ou Dim(E) = Dim(F 1 ) + Dim(F 2 ) .

D´ emonstration. Posons n _i = Dim(F _i ) pour i = 1, 2 . Soit {f 1 , . . . , f _n

} (resp. {g 1 , . . . , g _n

}) une base de F ₁ (resp. de F ₂ ). Comme tout vecteur de R ⁿ (ou de E) s’´ ecrit comme somme d’un vecteur de F ₁ et d’un vecteur de F ₂ , on voit que le syst` eme {f ₁ , . . . , f _n

} ∪ {g ₁ , . . . , g _n

} est un syst` eme g´ en´ erateur de R <sup>n</sup> (ou de E). Il suffit , pour d´ emontrer le r´ esultat cherch´ e, de d´ emonter qu’il s’agit d’un syst` eme libre.

Prenons donc une combinaison lin´ eaire nulle

n

X

i=1

λ i f i +

n

X

j=1

µ j g j = 0 .

On voit donc que le vecteur P n

i=1 λ i f i = − P n

j=1 µ j g j

est un vecteur de F 1 ∩ F 2 donc est nul. Par d´ efinition d’un syst` eme libre, cela signifie que les deux combinaisons lin´ eaires sont triviales c’est ` a dire que les λ _i et les µ _j sont tous nuls.

La r´ eunion d’une base de F 1 et d’une base de F 2 est donc une base de R ⁿ (ou de E).

2 Syst` emes libres, g´ en´ erateurs, bases, dimension et syst` emes lin´ eaires.

Syst` emes lin´ eaires et syst` emes de vecteurs ind´ ependants ou g´ en´ erateurs.

Proposition 2.1. Soit R ⁿ un espace vectoriel de dimension n . Soit {f 1 , . . . , f n } une base de R ⁿ . Soient u j (j = 1, . . . , m) des vecteurs de R ⁿ et notons u j = P n

i=1 a ij f i . Alors on a les ´ equivalences suivantes :

— (a) Les vecteurs u j (j = 1, . . . , m) forment un syst` eme libre.

— (b) Le syst` eme d’´ equations lin´ eaires



 

  P n

j=1 λ _j a _1j = 0 .. . P n

j=1 λ j a nj = 0 admet exactement une et seule solution : la solution nulle.

— (c) Soit b un vecteur de R ⁿ engendr´ e par les vecteurs u _j (j = 1, . . . , m). Le syst` eme d’´ equations lin´ eaires



 

  P n

j=1 λ _j a _1j = b ₁ .. . P n

j=1 λ _j a _nj = b _n admet exactement une et une seule solution.

D´ emonstration.

(a) ⇔ (b) Il s’agit de la d´ efinition des syst` emes libres puisque la seule combinaison lin´ eaire P n j=1 λ _j u _j nulle doit ˆ etre triviale.

(b) ⇔ (c) . Il s’agit juste d’exprimer qu’un syst` eme libre et g´ en´ erateur est une base du sous-espace que ce syst` eme engendre.

On retrouve le fait que, d’apr` es l’´ etude des syst` emes, le syst` eme (homog` ene ou non) doit ˆ etre de rang r = m ≤ n pour satisfaire l’une ou l’autre des propri´ et´ es (b) ou (c) puisque leur rang ne d´ epend pas du second membre.

Proposition 2.2. Soit E un espace vectoriel de dimension n . Soit {f 1 , . . . , f n } une base de E . Soient u j (j = 1, . . . , m) des vecteurs de E et notons u j = P n

i=1 a ij f i . Soit b un vecteur de E . Il est engendr´ e par les vecteurs u j (j = 1, . . . , m) si et seulement si le syst` eme d’´ equations lin´ eaires



 

  P n

j=1 λ j a 1j = b 1

.. . P n

j=1 λ j a nj = b n

admet au moins une solution.

Remarque 2.3. On retiendra le fait que la donn´ ee d’une base d’un espace vectoriel E permet de ramener l’´ etude de syst` emes libres ou g´ en´ erateurs ` a l’´ etude de syst` emes lin´ eaires.

D´ efinition 2.4. Soit {v 1 , . . . , v m } un syst` eme de m vecteurs de R <sup>n</sup> . On note F le sous-espace vectoriel engendr´ e. Alors on appelle rang du syst` eme de vecteurs {v 1 , . . . , v m } la dimension de F .

Proposition 2.5. Soit R ⁿ un espace vectoriel r´ eel et {f 1 , . . . , f n } une base de R ⁿ . Soit {v 1 , . . . , v m }

un syst` eme de m vecteurs de R <sup>n</sup> . Alors le rang du syst` eme d’´ equation associ´ e ` a ce syst` eme de vecteurs

est exactement ´ egal au rang du syst` eme de vecteurs.

Repr´ esentations param´ etriques. Soit F un sous-espace vectoriel de R ⁿ . Soit (v ₁ , . . . , v _m ) un syst` eme g´ en´ erateur de F . Soit (u 1 , . . . , u r ) une base de F . On a donc m ≥ r . Alors un vecteur u de R <sup>n</sup> appartient ` a F si et seulement si il existe (λ 1 , . . . , λ m ) des param` etres r´ eels tels que

u =

m

X

i=1

λ _i v _i

ou s’il existe (µ ₁ , . . . , µ _r ) des param` etres r´ eels tels que u =

r

X

i=1

µ _i u _i .

Notons que les param` etres (µ ₁ , . . . , µ _r ) sont alors uniques.

On parle de repr´ esentation param´ etrique de F . On remarquera que la repr´ esentation param´ etrique la plus efficace (celle qui n´ ecessite le moins de param` etres) est celle qui est associ´ e ` a une base de F . Exemple 2.6. Soit F une droite de R ⁿ . Alors une repr´ esentation param´ etrique de F est de la forme (tu 1 , . . . , tu n ) o` u u = (u 1 , . . . , u n ) est un vecteur non nul quelconque de F et t un param` etre r´ eel.

Remarque 2.7. Cette fa¸ con de d´ ecrire un sous-espace est efficace pour donner une description exhaus- tive des ´ el´ ements de F . Elle n’est pas commode pour d´ eterminer si un vecteur donn´ e appartient ou non

`

a ce sous-espace (puisque l’on doit alors r´ esoudre un syst` eme lin´ eaire pour le savoir comme on vient de le voir). Or r´ esoudre un syst` eme lin´ eaire, suppose avoir choisi une base de l’espace E et ´ ecrire tous les vecteurs consid´ er´ es en coordonn´ ees.

Syst` emes d’´ equations d’un sous-espace. Soit E un espace vectoriel de dimension n . On suppose avoir choisi une base (f 1 , . . . , f n ) de E . Soit F un sous-espace vectoriel de E et (v 1 , . . . , v m ) un syst` eme g´ en´ erateur de F (respectivement (u 1 , . . . , u r ) une base de F ). Alors le vecteur w de E appartient ` a F si et seulement si le syst` eme lin´ eaire w = P m

i=1 λ i v i (respectivement w = P r

i=1 µ i u i ) admet des solutions.

Un tel syst` eme (admettant n lignes et m , respectivement r , colonnes) a un rang r <sup>0</sup> et, un fois ´ echelonn´ e, est ´ equivalent ` a un syst` eme o` u figurent n − r ⁰ ´ equations de compatibilit´ es et r ⁰ ´ equations permettant d’exprimer r ⁰ variables λ i (resp. µ i ) en fonction des m − r ⁰ (respectivement r − r ⁰ variables µ i ) autres variables.

Le vecteur w appartient ` a F si et seulement si ses coordonn´ ees satisfont les ´ equations de compatibilit´ e.

On dira qu’elles forment un syst` eme d’´ equations de F .

Si l’on suppose ˆ etre parti d’une base de F , on notera que le syst` eme doit v´ erifier que, lorsque les

´

equations de compatibilit´ e sont satisfaites, le syst` eme admet une et une seule solution (puisqu’un vecteur de F admet un syst` eme unique de coordonn´ ees). Cela impose donc ` a r <sup>0</sup> d’ˆ etre ´ egal ` a r . Un sous-espace vectoriel F de dimension r dans R ⁿ admet donc un syst` eme de n − r ´ equations.

Plus g´ en´ eralement, partons d’un simple syst` eme g´ en´ erateur de m vecteurs. On a vu plus haut par r´ ecurrence que, de tout syst` eme g´ en´ erateur de F , on pouvait extraire r vecteurs libres. Or, quitte ` a changer l’ordre de ce syst` eme de vecteurs, on peut supposer que ce sont les r premiers vecteurs qui sont libres. Dans ce cas, on sait que le syst` eme, une fois ´ echelonn´ e, sera de rang r <sup>0</sup> = r ; la r´ esolution du syst` eme permet de trouver des relations entre les vecteurs g´ en´ erateurs ainsi que des ´ equations de compatibilit´ e (au nombre de n − r).

Exemple 2.8. Reprenons un exemple trait´ e plus haut. Soit E un espace vectoriel r´ eel de dimension 4 et (f 1 , . . . , f 4 ) une base de E . On introduit les 5 vecteurs suivants :

u 1 = f 1 , f 2 , f 3 , f 4







 1 1 0 0









, u 2 = f 1 , f 2 , f 3 , f 4







 1 0 1 1









, u 3 = f 1 , f 2 , f 3 , f 4







 0

−3 2 2









,

u ₄ = f 1 , f 2 , f 3 , f 4







 3 0 2 2









et u ₅ = f 1 , f 2 , f 3 , f 4







 1

−1 1 1







 .

Nous allons chercher quand le vecteur u = af ₁ + b + f ₂ + cf ₃ + df ₄ de E appartient au sous-espace engendr´ e par les 5 vecteurs suivants : u ₁ , u ₂ , u ₃ , u ₄ , u ₅ . En nous ramenant aux coordonn´ ees sur la base, cela donne le syst` eme



 



 



x + y + 3t + u = a x − 3z − u = b y + 2z + 2t + u = c y + 2z + 2t + u = d

.

Si l’on applique le pivot, on voit qu’il est moins fatiguant d’intervertir les deux premi` eres ´ equations et donc de reporter l’´ egalit´ e x = 3z + u + b dans les quatre autres ´ equations :



 



 



x = 3z + u + b

y + 3z + 3t + 2u = a − b y + 2z + 2t + u = c y + 2z + 2t + u = d

.

L` a encore il saute aux yeux que les deux derni` eres ´ equations ont le mˆ eme premier membre :



 



 



x = 3z + u + b

y = −2z − 2t − u + c z + t + u = a − b − c

0 = d − c

.

Le syst` eme est ´ echelonn´ e. Il est donc de rang 3 . Soit c = d et le vecteur (a, b, c, c) appartient ` a l’espace engendr´ e (il y a des solutions). Soit c 6= d et le vecteur consid´ er´ e n’appartient pas ` a l’espace engendr´ e.

L’´ equation c − d = 0 d´ efinit donc l’espace engendr´ e par les vecteurs u 1 , u 2 , u 3 , u 4 , u 5 . C’est un hyperplan de R ⁴ .

Base d’un sous-espace vectoriel donn´ e par ses ´ equations. Supposons enfin disposer d’une sous-espace vectoriel F d´ efini par s ´ equations. Soit



 

  P n

j=1 a 1j x j = 0 .. . .. . P m

j=1 a sj x j = 0 .

Ce syst` eme peut ˆ etre ´ echelonn´ e ; il est alors de rang r ≤ s . On dira que les ´ equations de F sont ind´ ependantes si le syst` eme de d´ epart est de rang r = s .

Nous supposerons donc d´ esormais que le syst` eme d’´ equations d´ efinissant F est form´ e de r ´ equations ind´ ependantes (donc il est de rang r) ´ echelonn´ ees. D’apr` es l’examen de la r´ esolution des syst` emes, cela signifie donc que r des coordonn´ ees des vecteurs de F s’expriment en fonction des n − r autres. Cela introduit n − r vecteurs de R <sup>n</sup> qui sont g´ en´ erateurs de F . On a remarqu´ e tr` es tˆ ot que ces vecteurs sont n´ ecessairement libres. Nous avons ainsi obtenu une base de F .

Proposition. Un sous-espace vectoriel F de dimension r de R ⁿ admet donc des bases (syst` emes libres et

g´ en´ erateurs) de r vecteurs et peut ˆ etre d´ efini par des syst` emes d’´ equations (ind´ ependantes) comprenant

n − r ´ equations.

Exemple. Soit H le sous-espace vectoriel de R ⁴ d´ efini par l’´ equation x ₁ + x ₂ + x ₃ + x ₄ = 0 . Alors x 1 = −x 2 − x 3 − x 4 c’est ` a dire que tout vecteur de H s’´ ecrit

x 2









−1 1 0 0







 + x 3









−1 0 1 0







 + x 4









−1 0 0 1









et les trois vecteurs ainsi introduits forment une base de H qui est donc de dimension 3 .

D´ efinition. On appelle hyperplan de R ⁿ tous sous-espace vectoriel de dimension n − 1 . Il peut donc ˆ

etre d´ efini par une unique ´ equation de la forme a 1 x 1 + . . . + a n x n = 0 o` u les a i ne sont pas tous nuls.

Exemple. Soit H 1 l’hyperplan de R ⁴ d´ efini par l’´ equation x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 0 . Soit H 2 celui d´ efini par l’´ equation x 1 − x 2 + x 3 − x 4 = 0 . Soit P le sous-espace de R ⁴ intersection de ces deux hyperplans . Cherchons en une base.

Si l’on ´ echelonne le syst` eme

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 0 x 1 − x 2 + x 3 − x 4 = 0 on trouve

x 1 = −x 2 − x 3 − x 4

−2x 2 − 2x 4 = 0 soit encore

x ₁ = −x ₃ x 2 = −x 4

.

L’espace P admet donc comme base les vecteurs (−1, 0, 1, 0) et (0, −1, 0, 1) . Il est de dimension 2 . Remarque 2.9. Soient H 1 et H 2 deux hyperplans d’un espace vectoriel E de dimension n . Lorsque l’on connait l’´ equation

Dim(H 1 ) + Dim(H 1 ) = Dim(H 1 + H 2 ) + Dim(H 1 ∩ H 2 ) , on voit que l’on a deux cas.

— soit H 1 = H 2 et H 1 ∩ H 2 = H 1 = H 2 = H 1 + H 2 ;

— soit H 1 6= H 2 et H 1 + H 2 = E d’o` u Dim(H 1 ∩ H 2 ) = 2(n − 1) − n = n − 2 .

Exemple 2.10. Soient D 1 et D 2 deux droites de R ² . Soient elles sont identiques soit, si elles sont

distinctes, leur intersection est r´ eduite ` a {0} . Elles sont donc suppl´ ementaires et R ² = D ₁ ⊕ D ₂ .