Objectif Général 3 — Algèbre linéaire. Structure d'espace vectoriel réel, sous-espaces vectoriels, familles libres/génératrices, bases et dimension, applications linéaires, noyau et image.
Un ensemble E, muni d'une addition interne « + » et d'une multiplication externe par un scalaire réel « · », est un espace vectoriel réel (ou ℝ-espace vectoriel) si (E,+) est un groupe commutatif et si, pour tous vecteurs u, v de E et tous scalaires λ, μ de ℝ :
λ·(u+v) = λ·u + λ·v (λ+μ)·u = λ·u + μ·u λ·(μ·u) = (λμ)·u 1·u = u
ℝ², ℝ³, ℝⁿ (n-uplets de réels, opérations coordonnée par coordonnée) sont des espaces vectoriels réels de référence. L'ensemble des vecteurs du plan ou de l'espace géométrique, ainsi que l'ensemble des fonctions polynômes, sont également des espaces vectoriels réels. Le vecteur nul 0 de E vérifie : pour tout u de E, u + 0 = u.
Dans ℝ³, on pose u = (1, 2, −1) et v = (3, 0, 4). Calculer 2u − v.
2u = (2, 4, −2). 2u − v = (2−3, 4−0, −2−4) = (−1, 4, −6).
Une partie F non vide d'un espace vectoriel E est un sous-espace vectoriel (sev) de E si :
• F contient le vecteur nul 0 ;
• F est stable par combinaison linéaire : pour tous u, v ∈ F et tous λ, μ ∈ ℝ, λu + μv ∈ F.
Un sous-espace vectoriel est lui-même un espace vectoriel (pour les opérations induites). {0} et E sont toujours des sous-espaces vectoriels de E (sous-espaces triviaux).
F = {(x, y, z) ∈ ℝ³ | x + y − z = 0} est-il un sous-espace vectoriel de ℝ³ ?
Le vecteur nul (0,0,0) vérifie 0+0−0=0, donc 0 ∈ F. Soient u=(x₁,y₁,z₁), v=(x₂,y₂,z₂) ∈ F et λ,μ ∈ ℝ. On a x₁+y₁−z₁=0 et x₂+y₂−z₂=0. Pour λu+μv=(λx₁+μx₂, λy₁+μy₂, λz₁+μz₂), la somme des deux premières coordonnées moins la troisième vaut λ(x₁+y₁−z₁)+μ(x₂+y₂−z₂)=λ·0+μ·0=0. Donc λu+μv ∈ F. F est bien un sous-espace vectoriel de ℝ³ (c'est un plan passant par l'origine).
Une famille (u₁, …, uₙ) de vecteurs de E est libre si la seule combinaison linéaire nulle est celle à coefficients tous nuls :
Dans le cas contraire, la famille est dite liée : il existe une combinaison linéaire nulle à coefficients non tous nuls.
Une famille (u₁, …, uₙ) est génératrice de E si tout vecteur de E s'écrit comme combinaison linéaire de u₁, …, uₙ.
Une famille est une base de E si elle est à la fois libre et génératrice. Tout vecteur de E s'écrit alors de manière unique comme combinaison linéaire des vecteurs de la base (ses coordonnées dans cette base). Toutes les bases d'un même espace vectoriel E ont le même nombre d'éléments, appelé dimension de E, notée dim(E).
Dans ℝ², la famille (e₁, e₂) avec e₁=(1,0) et e₂=(0,1) est la base canonique : dim(ℝ²) = 2. Plus généralement dim(ℝⁿ) = n.
La famille (u,v) avec u=(1,2) et v=(2,4) est-elle libre ? On teste λu+μv=0 : (λ+2μ, 2λ+4μ)=(0,0). La 2ᵉ équation est le double de la 1ʳᵉ (v=2u), donc il existe des solutions non nulles, par exemple λ=2, μ=−1. La famille (u,v) est liée (v est colinéaire à u).
Soient E et F deux espaces vectoriels réels. Une application f : E → F est linéaire si, pour tous u, v ∈ E et tous λ, μ ∈ ℝ :
En particulier, une application linéaire vérifie toujours f(0E) = 0F.
Le noyau de f, noté Ker(f), est l'ensemble des vecteurs de E envoyés sur 0 par f : Ker(f) = {u ∈ E | f(u) = 0}. C'est un sous-espace vectoriel de E.
L'image de f, notée Im(f), est l'ensemble des valeurs prises par f : Im(f) = {f(u) | u ∈ E}. C'est un sous-espace vectoriel de F.
f est injective si et seulement si Ker(f) = {0}. f est surjective si et seulement si Im(f) = F. Si E est de dimension finie : dim(E) = dim(Ker(f)) + dim(Im(f)) (théorème du rang).
Soit f : ℝ² → ℝ² définie par f(x,y) = (x+y, x−y). Montrer que f est linéaire puis déterminer Ker(f).
Linéarité : soient (x₁,y₁),(x₂,y₂) ∈ ℝ², λ,μ ∈ ℝ. f(λ(x₁,y₁)+μ(x₂,y₂)) = f(λx₁+μx₂, λy₁+μy₂) = (λx₁+μx₂+λy₁+μy₂, λx₁+μx₂−λy₁−μy₂) = λ(x₁+y₁,x₁−y₁) + μ(x₂+y₂,x₂−y₂) = λf(x₁,y₁)+μf(x₂,y₂). f est linéaire.
Ker(f) : f(x,y)=(0,0) ⟺ x+y=0 et x−y=0. En additionnant : 2x=0 donc x=0, puis y=0. Ker(f) = {(0,0)}, donc f est injective.
Dans ℝ³, on donne u = (2, −1, 3) et v = (1, 4, −2). Calculer w = 3u − 2v.
3u = (6, −3, 9). 2v = (2, 8, −4). w = 3u − 2v = (6−2, −3−8, 9−(−4)) = (4, −11, 13).
F = {(x, y) ∈ ℝ² | y = 3x} est-il un sous-espace vectoriel de ℝ² ? Justifier en vérifiant les deux conditions.
Le vecteur nul (0,0) vérifie 0 = 3×0, donc (0,0) ∈ F.
Soient u=(x₁,3x₁), v=(x₂,3x₂) ∈ F et λ,μ ∈ ℝ. λu+μv = (λx₁+μx₂, 3λx₁+3μx₂) = (λx₁+μx₂, 3(λx₁+μx₂)), qui est bien de la forme (X, 3X) avec X=λx₁+μx₂, donc λu+μv ∈ F.
F est un sous-espace vectoriel de ℝ² (droite vectorielle passant par l'origine, de dimension 1).
Dans ℝ³, on donne u = (1, 1, 0), v = (0, 1, 1), w = (1, 2, 1). La famille (u, v, w) est-elle libre ?
On cherche λ, μ, ν tels que λu + μv + νw = 0, soit le système :
λ + ν = 0 (1ʳᵉ coordonnée) ; λ + μ + 2ν = 0 (2ᵉ coordonnée) ; μ + ν = 0 (3ᵉ coordonnée).
De (1) : λ = −ν. De (3) : μ = −ν. En remplaçant dans (2) : −ν − ν + 2ν = 0, soit 0 = 0, toujours vrai. En prenant ν = 1, on obtient λ = −1, μ = −1 : la combinaison −u − v + w = 0 est non triviale (on vérifie : −(1,1,0)−(0,1,1)+(1,2,1) = (−1+0+1, −1−1+2, 0−1+1) = (0,0,0) ✓).
La famille (u, v, w) est liée : on a w = u + v.
Soit f : ℝ² → ℝ² définie par f(x, y) = (2x − y, 4x − 2y).
Soit f : ℝ³ → ℝ² l'application linéaire définie par f(x, y, z) = (x + y − z, 2x + y + z).
10 questions · Une seule bonne réponse · Correction immédiate
Dans ℝ³, avec u = (1, 2, −1) et v = (3, 0, 4), le vecteur u + v vaut :
Pour qu'une partie F non vide de E soit un sous-espace vectoriel, il faut et il suffit que :
Une famille de vecteurs est dite « liée » lorsque :
La dimension de l'espace vectoriel ℝⁿ est :
Une base d'un espace vectoriel E est une famille :
Pour une application linéaire f : E → F, on a toujours :
Une application linéaire f : E → F est injective si et seulement si :
Le théorème du rang énonce que, pour f : E → F linéaire avec E de dimension finie :
Ker(f), le noyau d'une application linéaire f : E → F, est :
Deux vecteurs non nuls u et v de ℝ² sont colinéaires (v = k·u). La famille (u, v) est alors :
