FICHE MÉTHODE POUR L`ALGÈBRE LINÉAIRE EN L1 1

FICHE MÉTHODE POUR L’ALGÈBRE LINÉAIRE EN L1
TABLE DES MATIÈRES
1.
Déterminer si un ensemble est un sous espace vectoriel sur R ou non
1
1.1.
Une vérification essentielle
1
1.2.
La stabilité par combinaisons linéaires
2
Etudier la liberté d’une famille de vecteurs
2
2.
2.1.
2.2.
2.3.
2.4.
2.5.
Cas général
2
Un cas simple : p vecteurs dans
Rn
avec n < p
2
Cas de deux vecteurs dans
R2
3
Cas de deux vecteurs dans
R3
3
Cas de trois vecteurs dans
R3
3
3.
Familles génératrices
3
4.
Applications linéaires
5
4.1.
Montrer qu’une application est linéaire ou non
5
4.2.
Déterminer le noyau d’une application linéaire
5
4.3.
Image d’une application linéaire
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1. D ÉTERMINER SI UN ENSEMBLE EST UN SOUS ESPACE VECTORIEL SUR R OU NON
Quelques rappels pour commencer. Soit (E, +, ·) un espace vectoriel sur R.
Définition 1.1. F est un sous espace vectoriel de E si
(1) F est non vide.
(2) F est stable par combinaisons linéaires.
Définition 1.2. Un ensemble F ⊂ E est dit stable par combinaisons linéaires si
(1) ∀u, v ∈ F, u + v ∈ F.
(2) ∀u ∈ F, ∀λ ∈ R, λ · u ∈ F.
[(1) et (2)] est équivalent à
(3) ∀u, v ∈ F, ∀λ , µ ∈ R, λ · u + µ · v ∈ F.
1.1. Une vérification essentielle.
Un sous espace vectoriel contient toujours 0.
La première chose à faire est donc de vérifier que 0 ∈ F. En effet,
(1) Si 0 ∈
/ F, F n’est pas un sous espace vectoriel.
(2) Si 0 ∈ F, F est non vide et il est possible que ce soit un espace vectoriel.
1
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1.2. La stabilité par combinaisons linéaires. Une fois que l’on a vérifié que 0 ∈ F, il
reste à étudier la stabilité par combinaisons linéaires.
La méthode traditionnelle consiste à le faire à la main, c’est à dire prendre deux vecteurs
quelconques u et v dans F, deux scalaires λ et µ quelconques dans R et montrer que
la combinaison linéaire λ u + µv est dans F. Le début de votre démonstration sera donc
toujours
“Soient u, v ∈ F, soient λ , µ ∈ R, montrons que λ u + µv ∈ F. . .”
Exemple. E = R2 , F = {(x, y) ∈ R2 ; y = x} . Montrons que F est un sous espace vectoriel.
0 = (0, 0) ∈ F, donc F est non vide. Soient u = (x, y), v = (x0 , y0 ) ∈ F. Soient λ , µ ∈ R.
Montrons que λ u + µv ∈ F. On a λ u + µv = (λ x + µx0 , λ y + µy0 ). Comme x = y et x0 = y0 ,
alors λ x + µx0 = λ y + µy0 donc λ u + µv ∈ F. Ainsi F est un sous espace vectoriel de E.
Si au cours de votre démonstration, quelquechose coince, il est possible que F ne soit pas
un sous espace vectoriel. Dans ce cas, il faut le montrer RIGOUREUSEMENT. Vous devez
expliciter deux vecteurs u et v de F tels que u+v ∈
/ F ou bien un vecteur u ∈ F et un scalaire
λ ∈ R tels que λ u ∈
/ F.
Exemple. E = R, F = Z. On a bien 0 ∈ F. L’ensemble F est stable pour l’addition (la
somme de deux entiers est un entier), mais F n’est pas stable pour la multiplication par un
scalaire. En effet, le nombre 1 appartient à F, tandis que 1/2 · 1 = 1/2 n’appartient pas à F.
Il y a d’autres méthodes pour montrer qu’un ensemble est stable par combinaisons linéaires,
mais elles utilisent les applications linéaires (ce qui suppose donc de savoir montrer qu’une
application est linéaire).
Exemple. Le noyau d’une application linéaire est un sous espace vectoriel. L’image d’un
sous espace vectoriel par une application linéaire est un sous espace vectoriel.
2. E TUDIER LA LIBERTÉ D ’ UNE FAMILLE DE VECTEURS
Soit E un espace vectoriel sur R. Soit L = {u1 , u2 , . . . , u p } une famille de p vecteurs de E.
Définition 2.1. La famille L est dite libre si
∀λ1 , . . . , λ p ∈ R,
(λ1 u1 + · · · + λ p u p = 0) ⇒ (λ1 = · · · = λ p = 0).
2.1. Cas général. Pour étudier la liberté d’une famille de vecteurs, on commence donc
par
“Soient λ1 , . . . , λ p ∈ R, tels que λ1 u1 + · · · + λ p u p = 0, . . .”
Dans les cas où les vecteurs vivent dans Rn , l’écriture ci dessus aboutit à un système linéaire. Vous devez donc résoudre le système ou du moins étudier l’ensemble de ses solutions. Les inconnues du systèmes sont λ1 , . . . , λ p .
(1) Si le système admet 0 = (0, . . . , 0) comme unique solution, la famille est libre.
(2) Si le système admet des solutions multiples (une droite, un plan, etc.), la famille
n’est pas libre (on dit qu’elle est liée).
2.2. Un cas simple : p vecteurs dans Rn avec n < p. Si une famille de p vecteurs est
libre, l’espace qu’elle engendre est de dimension p. Mais Rn est de dimension n, la famille
ne peut donc pas être libre dans ce cas.
Exemple. Une famille de trois vecteurs dans R2 est liée. Une famille de quatre vecteurs
dans R3 est liée.
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2.3. Cas de deux vecteurs dans R2 . On a ici un outil rapide pour vérifier qu’une famille
de deux vecteurs est libre dans R2 : le déterminant.
Définition 2.2. Soient u = (x, y) et v = (x0 , y0 ) deux vecteurs de R2 . Le déterminant de
(u, v), noté det(u, v), est donnée par xy0 − x0 y.
On a alors le critère
La famille {u, v} est libre si et seulement si det(u, v) 6= 0.
2.4. Cas de deux vecteurs dans R3 . On dispose d’un autre outil pour montrer qu’une
famille de deux vecteurs est libre dans R3 : le produit vectoriel.
Définition 2.3. Soient u = (x, y, z) et v = (x0 , y0 , z0 ) deux vecteurs de R3 . Le produit vectoriel
u ∧ v est un vecteur dont les coordonnées sont (yz0 − y0 z, zx0 − z0 x, xy0 − x0 y).
On a alors
La famille {u, v} est libre si et seulement si u ∧ v 6= 0.
2.5. Cas de trois vecteurs dans R3 . En fait, on a également un critère pour trois vecteurs
dans R3 . Soient u, v, w ∈ R3 et h·, ·i le produit scalaire sur R3 .
La famille {u, v, w} est libre si et seulement si hu ∧ v, wi 6= 0.
3. FAMILLES GÉNÉRATRICES
Soit E un espace vectoriel sur R. Soit L = {u1 , u2 , . . . , u p } une famille de p vecteurs de E.
Définition 3.1. La famille L est dite génératrice si l’espace vectoriel engendré par L est
E tout entier.
Le problème est plus compliqué qu’il n’y paraît. En toute généralité, pour montrer qu’une
famille est génératrice, il faut montrer que tout élément de E s’écrit comme une combinaison linéaire des vecteurs de la famille en question. Cela peut être très pénible.
Dans le cas où E = Rn , on s’en sort sans trop de difficultés. La dimension de Rn est n. Cela
signifie que l’on a besoin de n vecteurs au moins pour engendrer l’espace. Toute famille de
cardinal inférieur strictement à n ne peut pas être génératrice dans Rn . Cela règle un certain
nombre de cas.
Maintenant dans le cas où le cardinal de la famille est supérieur ou égal à n, on doit en fait
résoudre un système linéaire. Traitons deux exemples, ce sera plus parlant.
Exemple. Soit E = R3 et L = {u1 , u2 , u3 , u4 } avec
 
 
 
1
1
−1
u1 = 0 , u2 = 2 , u3 =  0 
1
3
1
 
0
et u4 = 1 .
0
Soit v = (a, b, c) ∈ R3 . Le vecteur v est une combinaison linéaire de u1 , u2 , u3 et u4 si et
seulement si il existe λ1 , λ2 , λ3 et λ4 tels que v = λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 + λ4 u4 . Ceci est
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équivalent au fait que le système (S) ci dessous admet au moins une solution.

+λ2 −λ3
= a L1
 λ1
2λ2
+λ4 = b L2
(S) :

λ1 +3λ2 +λ3
= c L3

−λ3
= a
L1
 λ1 +λ2
2λ2
+λ4 = b
L2
⇔

2λ2 +2λ3
= c − a L3 − L1

= a
L1
 λ1 +λ2 −λ3
2λ2
+λ4 = b
L2
⇔

2λ3 −λ4 = c − a − b L3 − L2

λ1 +λ2 −λ3
= a
L1



2λ2
+λ4 = b
L2
⇔
2λ3 −λ4 = c − a − b L3



λ4 = λ4
L4

1
+λ4
λ1 = 2 (c + a − 2b)



1
1
λ2 =
b
−
2
2 λ4
⇔
1
1

λ =

2 (c − a − b) + 2 λ4
 3
λ4 =
λ4
On constate donc (pour la forme) que le système admet un ensemble de solutions de dimension 1. En particulier, il y a au moins une solution et ce pour n’importe quel triplet
(a, b, c). La famille est génératrice.
Exemple. Soit E = R3 et L = {u1 , u2 , u3 } avec
 
 
1
0
u1 = 0 , u2 = 1
1
0
 
1
et u3 = 1 .
1
On a ici un cas “limite” : une famille de trois vecteurs dans R3 . On peut se contenter de
vérifier si la famille est libre ou non. En effet,
(1) Si la famille est libre, l’espace engendré par les trois vecteurs est de dimension 3,
ce qui est la “taille” maximale dans R3 , la famille engendre donc tout l’espace.
(2) Si la famille n’est pas libre, l’espace engendré par les trois vecteurs est au plus de
dimension 2. En tous cas, on est sûr qu’il y a des vecteurs de R3 qui ne sont pas
dans l’espace engendré par la famille.
Soient λ1 , λ2 , λ3 ∈ R, tels que λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 = 0. On a alors

+λ3 = 0 L1
 λ1
λ2 +λ3 = 0 L2
(S) :

λ1
+λ3 = 0 L3

+λ3 = 0 L1
 λ1
λ2 +λ3 = 0 L2
⇔

0 = 0 L3 ← L3 − L1

 λ1 = −λ3
⇔ λ2 = −λ3

λ3 =
λ3
L’ensemble des solutions de (S) est de dimension 1, le système admet donc des solutions
non nulles, ce qui fait que la famille L n’est pas libre. Elle n’est donc pas génératrice non
plus.
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4. A PPLICATIONS LINÉAIRES
Soient E et F deux espaces vectoriels sur R.
Définition 4.1. Une application f : E → F est dite linéaire si
(1) ∀u, v ∈ E, f (u + v) = f (u) + f (v).
(2) ∀u ∈ E, ∀λ ∈ R, f (λ u) = λ f (u).
(1) et (2) est équivalent à
(3) ∀u, v ∈ F, ∀λ , µ ∈ R, f (λ u + µv) = λ f (u) + µ f (v).
4.1. Montrer qu’une application est linéaire ou non. Ce premier critère permet d’éliminer beaucoup d’applications que l’on suspecte de ne pas être linéaires :
Une application linéaire vérifie toujours f (0) = 0.
Toutefois, contrairement à la démonstration pour les sous espaces vectoriels, cette étape
n’est pas obligatoire pour montrer qu’une application est linéaire. Il n’y a qu’une chose à
faire, vérifier la linéarité. Votre démonstration commence donc par
“Soient u, v ∈ F, soient λ , µ ∈ R, vérifions que f (λ u + µv) = λ f (u) + µ f (v). . .”
Exemple. Soit f : R2 → R3 , définie par f (x, y) = (x + y, x, x − y). Montrons que f est linéaire. Soient u = (x, y), v = (x0 , y0 ) ∈ R2 , soient λ , µ ∈ R, vérifions que f (λ u + µv) =
λ f (u) + µ f (v). On a λ u + µv = (λ x + µx0 , λ y + µy0 ) et donc
f (λ u + µv) = (λ x + µx0 + λ y + µy0 , λ x + µx0 , λ x + µx0 − (λ y + µy0 ))
= (λ x + λ y, λ x, λ x − λ y) + (µx0 + µy0 , µx0 , µx0 − µy0 )
= λ (x + y, x, x − y) + µ(x0 + y0 , x0 , x0 − y0 )
= λ f (u) + µ f (v).
4.2. Déterminer le noyau d’une application linéaire.
Définition 4.2. Soit f : E → F une application linéaire. On appelle noyau de f l’ensemble
noté ker( f ) et défini par
ker( f ) = {x ∈ E; f (x) = 0}.
Pour déterminer un noyau, il faut chercher les vecteurs de E qui s’envoient sur 0 par f .
Dans le cas où E = Rn et F = R p , il faut et il suffit de résoudre un système linéaire.
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Exemple. Soit f : R3 → R3 définie par f (x, y, z) = (x + y + z, x − y + 2z, 3x + y + 4z). Déterminons le noyau de f .
u = (x, y, z) ∈ ker( f ) ⇔ f (u) = 0

+z
 x +y
x −y +2z
⇔

3x +y +4z

+y +z
 x
−2y +z
⇔

−2y +z

+y +z
 x
−2y +z
⇔

0

+y +z
 x
−2y +z
⇔

z

 x = −3z/2
y =
z/2
⇔

z =
z
= 0
= 0
= 0
L1
L2
L3
= 0
= 0
= 0
L1
L2 ← L2 − L1
L3 ← L3 − 3L1
= 0
= 0
= 0
L1
L2 ← L2
L3 ← L3 − L2
= 0 L1
= 0 L2 ← L2
= z L3 ← L3 − L2
⇔ u = z(−3/2, 1/2, 1)
On en déduit que
ker( f ) = {z(−3/2, 1/2, 1); z ∈ R} = vect[(−3/2, 1/2, 1)].
Exemple. Soit g : R4 → R3 définie par g(x, y, z,t) = (x + y + z + t, x − y + 2z − t, 3x + y +
4z + t, ). Déterminons le noyau de g.
u = (x, y, z,t) ∈ ker(g) ⇔ g(u) = 0

x
+y +z
+t =



x
−y +2z
−t =
⇔
3x
+y
+4z
+t =



x +3y
+3t =

x
+y +z +t = 0



−2y +z −2t = 0
⇔
−2y +z −2t = 0



2y −z +2t = 0

x
+y +z +t = 0



−2y +z −2t = 0
⇔
0 = 0



0 = 0

x
+y +z +t = 0



−2y +z −2t = 0
⇔
z = z



t = t

x = −3z/2



y =
z/2 −t
⇔
z
=
z



t =
t
0
0
0
0
L1
L2
L3
L4
L1
L2 ← L2 − L1
L3 ← L3 − 3L1
L4 ← L4 − L1
L1
L2
L3 ← L3 − L2
L4 ← L4 + L2
L1
L2
L3 ← L3 − L2
L4 ← L4 + L2
⇔ u = z(−3/2, 1/2, 1, 0) + t(0, −1, 0, 1)
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On en déduit que
ker( f ) = {z(−3/2, 1/2, 1, 0) + t(0, −1, 0, 1);
z,t ∈ R}
= vect[(−3/2, 1/2, 1, 0), (0, −1, 0, 1)].
4.3. Image d’une application linéaire.
Définition 4.3. Soit f : E → R, une application linéaire. On appelle image de f l’ensemble
noté Im( f ) et défini par Im( f ) = f (E).
Pour déterminer une image dans le cas général, on procède par analyse-synthèse. On cherche
des conditions et on vérifie que ce sont les bonnes. Tout va se dérouler à travers un système
linéaire dans le cas où E = Rn et F = R p . Quelle est la signification du fait que v est dans
l’image de f ? Ca veut dire qu’il existe u ∈ E tel que v = f (u), et on aboutit à un système
linéaire qui va nous donner des conditions sur v.
Exemple. Soit f : R3 → R3 définie par f (x, y, z) = (x + y + z, x − y + 2z, 3x + y + 4z). Déterminons l’image de f .
v = (a, b, c) ∈ Im( f ) ⇔ ∃u = (x, y, z) tel que f (u) = v

 x +y +z = a L1
x −y +2z = b L2
⇔ (S) :

3x +y +4z = c L3
admet
au moins
une solution
On étudie donc le système linéaire (S). Les inconnues sont x, y et z. Les paramètres sont a,
b et c.

+y +z = a
L1
 x
−2y +z = b − a L2 ← L2 − L1
(S) ⇔

−2y +z = c − 3a L3 ← L3 − 3L1

+y +z = a
L1
 x
−2y +z = b − a
L2 ← L2
⇔

0 = −2a − b + c L3 ← L3 − L2
On voit donc apparaître une condition sur a, b et c. En effet, (S) admet au moins une
solution si et seulement si −2a − b + c = 0. Cela nous dit donc que v = (a, b, c) admet un
antécédent par f si et seulement si −2a − b + c = 0. On a alors
Im( f ) = {(a, b, c) ∈ R3 ;
−2a − b + c = 0}.
C’est un espace de dimension 2 (donc un plan dans R3 ). On peut en donner une base pour le
vérifier. Un vecteur (a, b, c) ∈ Im( f ) s’écrit (a, b, 2a + b) = a(1, 0, 2) + b(0, 1, 1). La famille
{(1, 0, 2), (0, 1, 1)} est donc génératrice de Im( f ) et c’est une famille libre. On en déduit
donc que c’est une base de Im( f ).
Exemple. Soit g : R4 → R3 définie par g(x, y, z,t) = (x + y + z + t, x − y + 2z − t, 3x + y +
4z + t, ). Déterminons l’image de g.
v = (a, b, c, d) ∈ Im( f ) ⇔ ∃u = (x, y, z,t) tel que f (u) = v

x
+y +z
+t



x
−y +2z
−t
⇔ (S) :
3x
+y
+4z
+t



x +3y
+3t
= a L1
= b L2
= c L3
= d L4
admet
au moins
une
solution
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On étudie donc le système linéaire (S). Les inconnues sont x, y, z et t. Les paramètres sont
a, b, c et d.

x
+y +z +t = a
L1



−2y +z −2t = b − a L2 ← L2 − L1
(S) ⇔
−2y +z −2t = c − 3a L3 ← L3 − 3L1



2y −z +2t = d − a L4 ← L4 − L1

x
+y +z +t = a
L1



−2y +z −2t = b − a
L2
⇔
0 = −2a − b + c L3 ← L3 − L2



0 = −2a + b + d L4 ← L4 + L2
On voit donc apparaître deux conditions sur a, b, c et d. En effet, (S) admet au moins une
solution si et seulement si −2a − b + c = 0 et −2a + b + d = 0. Cela nous dit donc que v =
(a, b, c, d) admet un antécédent par g si et seulement si −2a − b + c = 0 et −2a + b + d = 0.
On a alors
Im(g) = {(a, b, c, d) ∈ R3 ;
−2a − b + c = 0 et − 2a + b + d = 0}.
C’est un espace de dimension 2. On peut en donner une base pour le vérifier. Un vecteur
(a, b, c, d) ∈ Im(g) s’écrit (a, b, 2a + b, 2a − b) = a(1, 0, 2, 2) + b(0, 1, 1, −1). La famille
{(1, 0, 2, 2), (0, 1, 1, −1)} est donc génératrice de Im(g) et c’est une famille libre. On en
déduit donc que c’est une base de Im(g).