Espaces vectoriels et applications linéaires
Ce chapitre fait partie du programme de Prépa, 1re année.
Ce chapitre fournit le langage commun de l'algèbre linéaire : vecteurs de $\mathbb{K}^n$, polynômes, fonctions, suites et matrices s'y traitent avec les mêmes outils. On y apprend à décomposer un espace en somme directe, à étudier une application linéaire par son noyau et son image, et à reconnaître projecteurs et symétries.
Prérequis
- Logique et ensembles : inclusion, intersection, réunion, raisonnement par double inclusion et par analyse-synthèse
- Applications : injection, surjection, bijection, composition, image directe et image réciproque
- Résolution des systèmes linéaires par la méthode du pivot de Gauss
- Polynômes : degré d'une somme et d'un produit
- Calcul matriciel élémentaire : somme, produit, transposée
À la fin du chapitre, on sait
- Connaître la définition d'un $\mathbb{K}$-espace vectoriel et les espaces de référence
- Démontrer qu'une partie est un sous-espace vectoriel, ou qu'elle n'en est pas un
- Manipuler $\mathrm{Vect}$, passer d'une description par équations à une description par famille génératrice
- Étudier la liberté d'une famille, reconnaître une base et calculer des coordonnées
- Démontrer que deux sous-espaces sont supplémentaires, en particulier par analyse-synthèse
- Calculer noyau et image d'une application linéaire et en déduire injectivité ou surjectivité
- Construire une application linéaire à partir de l'image d'une base ou de ses restrictions à deux supplémentaires
- Reconnaître un projecteur ou une symétrie et déterminer ses éléments caractéristiques
1.Espaces vectoriels
Dans tout le chapitre, $\mathbb{K}$ désigne $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$. Les éléments de $\mathbb{K}$ sont appelés scalaires. L'idée est d'isoler les deux opérations communes à de nombreux objets (vecteurs du plan, polynômes, fonctions, matrices) : additionner deux objets, multiplier un objet par un scalaire.
Espace vectoriel
Un $\mathbb{K}$-espace vectoriel est un ensemble $E$ muni :
- d'une loi interne $+$ telle que $(E,+)$ soit un groupe abélien, de neutre noté $0_E$ ;
- d'une loi externe $\mathbb{K}\times E\to E$, $(\lambda,x)\mapsto \lambda\cdot x$,
telles que, pour tous $x,y\in E$ et $\lambda,\mu\in\mathbb{K}$ :
$$\begin{aligned} &\lambda\cdot(x+y)=\lambda\cdot x+\lambda\cdot y, && (\lambda+\mu)\cdot x=\lambda\cdot x+\mu\cdot x,\\ &\lambda\cdot(\mu\cdot x)=(\lambda\mu)\cdot x, && 1\cdot x=x. \end{aligned}$$
Les éléments de $E$ sont appelés vecteurs.
Règles de calcul
Pour tous $x\in E$ et $\lambda\in\mathbb{K}$ :
- $0\cdot x=0_E$ et $\lambda\cdot 0_E=0_E$ ;
- $(-1)\cdot x=-x$ ;
- $\lambda\cdot x=0_E \iff (\lambda=0 \text{ ou } x=0_E)$.
Preuve des règles de calcul
On a $0\cdot x=(0+0)\cdot x=0\cdot x+0\cdot x$. En ajoutant $-(0\cdot x)$ des deux côtés, $0\cdot x=0_E$. De même $\lambda\cdot 0_E=\lambda\cdot(0_E+0_E)=\lambda\cdot 0_E+\lambda\cdot 0_E$ donne $\lambda\cdot 0_E=0_E$.
Ensuite $x+(-1)\cdot x=1\cdot x+(-1)\cdot x=(1-1)\cdot x=0\cdot x=0_E$, donc $(-1)\cdot x$ est l'opposé de $x$.
Enfin, si $\lambda\cdot x=0_E$ et $\lambda\neq 0$, alors $x=1\cdot x=(\lambda^{-1}\lambda)\cdot x=\lambda^{-1}\cdot(\lambda\cdot x)=\lambda^{-1}\cdot 0_E=0_E$. La réciproque vient des deux premiers points.
Espaces de référence
Les ensembles suivants, munis de leurs lois usuelles, sont des $\mathbb{K}$-espaces vectoriels :
- $\mathbb{K}^n$, avec les opérations coordonnée par coordonnée ;
- $\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K})$, matrices à $n$ lignes et $p$ colonnes ;
- $\mathbb{K}[X]$, polynômes à coefficients dans $\mathbb{K}$ ;
- $\mathcal{F}(X,\mathbb{K})=\mathbb{K}^X$, applications d'un ensemble $X$ quelconque dans $\mathbb{K}$, avec $(f+g)(t)=f(t)+g(t)$ et $(\lambda f)(t)=\lambda f(t)$ ;
- $\mathbb{K}^{\mathbb{N}}$, suites à valeurs dans $\mathbb{K}$ (cas particulier du précédent avec $X=\mathbb{N}$) ;
- le produit $E_1\times E_2$ de deux $\mathbb{K}$-espaces vectoriels, avec les opérations composante par composante.
Par ailleurs, $\mathbb{C}$ est un $\mathbb{R}$-espace vectoriel (on ne multiplie que par des réels).
Combinaison linéaire
Soit $(x_1,\ldots,x_p)$ une famille finie de vecteurs de $E$. Une combinaison linéaire de cette famille est un vecteur de la forme
$$\lambda_1x_1+\cdots+\lambda_px_p=\sum_{i=1}^{p}\lambda_ix_i,\qquad (\lambda_1,\ldots,\lambda_p)\in\mathbb{K}^p.$$
Pour une famille quelconque $(x_i)_{i\in I}$, une combinaison linéaire est une somme $\sum_{i\in I}\lambda_ix_i$ où la famille de scalaires $(\lambda_i)_{i\in I}$ est presque nulle : seul un nombre fini de $\lambda_i$ sont non nuls. La somme est donc toujours finie.
En pratique
On ne vérifie presque jamais les axiomes à la main. Pour montrer qu'un ensemble est un espace vectoriel, on montre qu'il est un sous-espace vectoriel d'un espace de référence (section suivante).
2.Sous-espaces vectoriels
Sous-espace vectoriel
Une partie $F$ de $E$ est un sous-espace vectoriel (sev) de $E$ si $F$ est stable par $+$ et par la loi externe, et si $F$, muni des lois induites, est un $\mathbb{K}$-espace vectoriel.
Caractérisation des sous-espaces vectoriels
Une partie $F$ de $E$ est un sous-espace vectoriel de $E$ si et seulement si :
- $0_E\in F$ ;
- pour tous $x,y\in F$ et $\lambda,\mu\in\mathbb{K}$, $\lambda x+\mu y\in F$.
Un sous-espace vectoriel est donc stable par combinaison linéaire.
Preuve de la caractérisation
Si $F$ est un sev, il contient son neutre, qui est $0_E$ (le neutre de $(F,+)$ vérifie $0_F+0_F=0_F$ dans $E$, donc $0_F=0_E$), et il est stable par les deux lois, donc par combinaison linéaire.
Réciproquement, supposons 1 et 2. Avec $\lambda=\mu=1$, $F$ est stable par $+$ ; avec $\mu=0$, $F$ est stable par la loi externe. Pour $x\in F$, $-x=(-1)x\in F$ et $0_E\in F$ : $(F,+)$ est un sous-groupe de $(E,+)$, donc un groupe abélien. Les quatre axiomes de la loi externe sont vrais dans $E$, donc a fortiori dans $F$. Ainsi $F$ est un espace vectoriel.
Exemples et contre-exemples
- $F=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 \mid x-2y+z=0\}$ est un sev de $\mathbb{R}^3$ : $(0,0,0)\in F$, et si $u=(x,y,z)$, $u'=(x',y',z')$ sont dans $F$, alors $\lambda u+\mu u'$ vérifie $(\lambda x+\mu x')-2(\lambda y+\mu y')+(\lambda z+\mu z')=\lambda\cdot 0+\mu\cdot 0=0$.
- $G=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\mid x+y=1\}$ n'est pas un sev : $(0,0)\notin G$.
- $\mathbb{K}_n[X]$, polynômes de degré au plus $n$, est un sev de $\mathbb{K}[X]$ car $\deg(\lambda P+\mu Q)\leq \max(\deg P,\deg Q)$.
- L'ensemble des suites réelles convergentes est un sev de $\mathbb{R}^{\mathbb{N}}$ (opérations sur les limites).
- L'ensemble des matrices non inversibles de $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ n'est pas un sev : $\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}$ sont non inversibles, leur somme $I_2$ est inversible.
Montrer qu'une partie est (ou n'est pas) un sous-espace vectoriel
Pour montrer que $F$ est un sev de $E$ :
- Vérifier que $F\subset E$, où $E$ est un espace de référence.
- Vérifier que $0_E\in F$.
- Prendre $x,y\in F$ et $\lambda,\mu\in\mathbb{K}$ quelconques, et montrer que $\lambda x+\mu y\in F$.
Autres voies souvent plus rapides : écrire $F=\mathrm{Vect}(\ldots)$, ou $F=\ker f$ avec $f$ linéaire (section 5).
Pour montrer que $F$ n'est pas un sev : vérifier si $0_E\notin F$, sinon exhiber un contre-exemple explicite et chiffré à la stabilité.
Intersection de sous-espaces
Toute intersection (finie ou non) de sous-espaces vectoriels de $E$ est un sous-espace vectoriel de $E$.
Preuve
Soit $(F_i)_{i\in I}$ une famille de sev de $E$ et $F=\bigcap_{i\in I}F_i$. Pour tout $i$, $0_E\in F_i$, donc $0_E\in F$. Si $x,y\in F$ et $\lambda,\mu\in\mathbb{K}$, alors pour tout $i$, $x,y\in F_i$ donc $\lambda x+\mu y\in F_i$ ; ainsi $\lambda x+\mu y\in F$.
La réunion de deux sous-espaces
La réunion de deux sev n'est en général pas un sev. Plus précisément, $F\cup G$ est un sev si et seulement si $F\subset G$ ou $G\subset F$.
Preuve du sens non trivial : supposons $F\not\subset G$ et $G\not\subset F$. Soit $x\in F\setminus G$ et $y\in G\setminus F$. Si $x+y\in F$, alors $y=(x+y)-x\in F$, absurde. Si $x+y\in G$, alors $x=(x+y)-y\in G$, absurde. Donc $x+y\notin F\cup G$ et $F\cup G$ n'est pas stable par $+$.
Exemple : dans $\mathbb{R}^2$, les deux axes sont des sev, mais $(1,0)+(0,1)=(1,1)$ n'est sur aucun des deux.
Sous-espace engendré
Soit $A$ une partie de $E$. Le sous-espace engendré par $A$, noté $\mathrm{Vect}(A)$, est l'intersection de tous les sev de $E$ contenant $A$. C'est le plus petit sev de $E$ (au sens de l'inclusion) contenant $A$. Par convention $\mathrm{Vect}(\varnothing)=\{0_E\}$.
Pour une famille $(x_i)_{i\in I}$, on note $\mathrm{Vect}(x_i)_{i\in I}=\mathrm{Vect}(\{x_i, i\in I\})$.
Description de Vect
$\mathrm{Vect}(x_1,\ldots,x_p)$ est l'ensemble des combinaisons linéaires de $x_1,\ldots,x_p$ :
$$\mathrm{Vect}(x_1,\ldots,x_p)=\Big\{\sum_{i=1}^{p}\lambda_ix_i \ \Big|\ (\lambda_1,\ldots,\lambda_p)\in\mathbb{K}^p\Big\}.$$
Plus généralement, $\mathrm{Vect}(x_i)_{i\in I}$ est l'ensemble des combinaisons linéaires (à coefficients presque nuls) des $x_i$.
Preuve
Notons $C$ l'ensemble des combinaisons linéaires de $x_1,\ldots,x_p$.
- $C$ est un sev : $0_E=\sum 0\cdot x_i\in C$, et $\lambda\sum\alpha_ix_i+\mu\sum\beta_ix_i=\sum(\lambda\alpha_i+\mu\beta_i)x_i\in C$.
- $C$ contient chaque $x_j$ (prendre $\lambda_j=1$ et les autres nuls). Donc $\mathrm{Vect}(x_1,\ldots,x_p)\subset C$, car $\mathrm{Vect}$ est le plus petit sev contenant les $x_j$.
- Tout sev contenant les $x_j$ est stable par combinaison linéaire, donc contient $C$. En particulier $C\subset \mathrm{Vect}(x_1,\ldots,x_p)$.
Par double inclusion, $C=\mathrm{Vect}(x_1,\ldots,x_p)$.
Des équations à Vect, et retour
Des équations vers Vect. Soit $F=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid x-2y+z=0\}$. On résout : $x=2y-z$, donc
$$(x,y,z)\in F\iff (x,y,z)=(2y-z,y,z)=y(2,1,0)+z(-1,0,1).$$
Ainsi $F=\mathrm{Vect}\big((2,1,0),(-1,0,1)\big)$, ce qui prouve au passage que $F$ est un sev.
De Vect vers les équations. Soit $G=\mathrm{Vect}\big((1,1,0),(0,1,1)\big)$. Un vecteur $(a,b,c)$ est dans $G$ si et seulement s'il existe $\alpha,\beta$ réels tels que $(a,b,c)=(\alpha,\alpha+\beta,\beta)$. Nécessairement $\alpha=a$, $\beta=c$, et la condition restante est $b=a+c$. Donc $G=\{(a,b,c)\in\mathbb{R}^3\mid a-b+c=0\}$.
Passer d'une description à l'autre
Pour écrire un sev défini par des équations sous la forme $\mathrm{Vect}(\ldots)$ : résoudre le système, exprimer les inconnues principales en fonction des inconnues libres (paramètres), puis factoriser chaque paramètre.
Pour trouver des équations de $\mathrm{Vect}(u_1,\ldots,u_p)$ : écrire qu'un vecteur $v$ est combinaison linéaire des $u_i$, ce qui donne un système d'inconnues $\lambda_1,\ldots,\lambda_p$ ; appliquer le pivot de Gauss ; les conditions de compatibilité du système sont les équations cherchées.
3.Familles libres, familles génératrices, bases
Famille génératrice
Une famille $(x_i)_{i\in I}$ de vecteurs de $E$ est génératrice de $E$ si $\mathrm{Vect}(x_i)_{i\in I}=E$, c'est-à-dire si tout vecteur de $E$ est combinaison linéaire des $x_i$.
Famille libre, famille liée
Une famille finie $(x_1,\ldots,x_p)$ est libre (ses vecteurs sont dits linéairement indépendants) si
$$\forall (\lambda_1,\ldots,\lambda_p)\in\mathbb{K}^p,\quad \sum_{i=1}^{p}\lambda_ix_i=0_E\ \Rightarrow\ \lambda_1=\cdots=\lambda_p=0.$$
Elle est liée sinon : il existe des scalaires non tous nuls tels que $\sum\lambda_ix_i=0_E$ (relation de liaison).
Une famille quelconque $(x_i)_{i\in I}$ est libre si toutes ses sous-familles finies sont libres.
Propriétés élémentaires
- La famille $(x)$ est libre si et seulement si $x\neq 0_E$.
- La famille $(x,y)$ est liée si et seulement si $x$ et $y$ sont colinéaires (l'un est multiple de l'autre).
- Une famille contenant $0_E$, ou deux fois le même vecteur, est liée.
- Toute sous-famille d'une famille libre est libre ; toute sur-famille d'une famille génératrice est génératrice.
- Une famille $(x_1,\ldots,x_p)$ avec $p\geq 2$ est liée si et seulement si l'un de ses vecteurs est combinaison linéaire des autres.
Preuve du dernier point
Si $(x_1,\ldots,x_p)$ est liée, il existe $(\lambda_1,\ldots,\lambda_p)$ non tous nuls avec $\sum\lambda_ix_i=0_E$. Soit $j$ tel que $\lambda_j\neq 0$. Alors
$$x_j=-\sum_{i\neq j}\frac{\lambda_i}{\lambda_j}x_i,$$
donc $x_j$ est combinaison linéaire des autres.
Réciproquement, si $x_j=\sum_{i\neq j}\mu_ix_i$, alors $\sum_{i\neq j}\mu_ix_i-x_j=0_E$ est une relation de liaison dont le coefficient de $x_j$ vaut $-1\neq 0$.
Ajouter un vecteur à une famille libre
Si $(x_1,\ldots,x_p)$ est libre et si $x_{p+1}\notin\mathrm{Vect}(x_1,\ldots,x_p)$, alors $(x_1,\ldots,x_p,x_{p+1})$ est libre.
Preuve
Supposons $\sum_{i=1}^{p+1}\lambda_ix_i=0_E$. Si $\lambda_{p+1}\neq 0$, alors $x_{p+1}=-\sum_{i=1}^{p}\frac{\lambda_i}{\lambda_{p+1}}x_i\in\mathrm{Vect}(x_1,\ldots,x_p)$, ce qui est exclu. Donc $\lambda_{p+1}=0$, puis $\sum_{i=1}^{p}\lambda_ix_i=0_E$, et la liberté de $(x_1,\ldots,x_p)$ donne $\lambda_1=\cdots=\lambda_p=0$.
Deux familles de trois vecteurs de R^3
Famille libre. Soit $u_1=(1,1,0)$, $u_2=(1,0,1)$, $u_3=(0,1,1)$. Si $au_1+bu_2+cu_3=0$, alors
$$\begin{cases} a+b=0\\ a+c=0\\ b+c=0\end{cases}$$
Les deux premières lignes donnent $b=c=-a$, puis la troisième donne $-2a=0$, d'où $a=0$ et $b=c=0$. La famille est libre.
Famille liée. Soit $v_1=(1,2,3)$, $v_2=(4,5,6)$, $v_3=(7,8,9)$. On constate que $v_1-2v_2+v_3=(1-8+7,\,2-10+8,\,3-12+9)=(0,0,0)$. C'est une relation de liaison à coefficients non tous nuls : la famille est liée, et $v_3=2v_2-v_1$.
Étudier la liberté d'une famille
- Écrire une combinaison linéaire nulle $\sum\lambda_ix_i=0_E$ avec des scalaires inconnus.
- Traduire cette égalité en conditions sur les $\lambda_i$ : système linéaire dans $\mathbb{K}^n$, identification des coefficients pour des polynômes, évaluation en des points bien choisis ou passage à la limite pour des fonctions.
- Si l'on obtient $\lambda_1=\cdots=\lambda_p=0$, la famille est libre. Sinon, une solution non nulle fournit une relation de liaison explicite, qu'il faut écrire.
Une famille de fonctions
Dans $\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$, la famille $(\cos,\sin)$ est libre. En effet, si $a\cos+b\sin=0$ (fonction nulle), alors pour tout réel $t$, $a\cos t+b\sin t=0$. En $t=0$ on obtient $a=0$, en $t=\frac{\pi}{2}$ on obtient $b=0$.
Polynômes de degrés échelonnés
Soit $(P_0,\ldots,P_n)$ une famille de polynômes non nuls de $\mathbb{K}[X]$ telle que $\deg P_0<\deg P_1<\cdots<\deg P_n$. Alors cette famille est libre.
C'est le cas en particulier si $\deg P_k=k$ pour tout $k$.
Preuve
Supposons $\sum_{k=0}^{n}\lambda_kP_k=0$ avec des $\lambda_k$ non tous nuls. Soit $m$ le plus grand indice tel que $\lambda_m\neq 0$. Alors $\sum_{k=0}^{m}\lambda_kP_k=0$. Or $\lambda_mP_m$ est de degré $\deg P_m$ et chaque $\lambda_kP_k$ pour $k<m$ est nul ou de degré strictement inférieur à $\deg P_m$. La somme est donc de degré $\deg P_m\geq 0$, elle n'est pas nulle : contradiction. Tous les $\lambda_k$ sont nuls.
Base et coordonnées
Une famille $\mathcal{B}=(e_i)_{i\in I}$ de $E$ est une base de $E$ si elle est libre et génératrice.
Dans ce cas, tout $x\in E$ s'écrit de manière unique $x=\sum_{i\in I}\lambda_ie_i$ avec $(\lambda_i)$ presque nulle. Les $\lambda_i$ sont les coordonnées de $x$ dans $\mathcal{B}$.
Caractérisation des bases
La famille finie $(e_1,\ldots,e_n)$ est une base de $E$ si et seulement si l'application
$$\varphi:\mathbb{K}^n\to E,\quad (\lambda_1,\ldots,\lambda_n)\mapsto\sum_{i=1}^{n}\lambda_ie_i$$
est bijective. Autrement dit : tout vecteur de $E$ se décompose, et de façon unique, sur la famille.
Preuve
La surjectivité de $\varphi$ signifie exactement que la famille est génératrice.
Si la famille est libre et si $\sum\lambda_ie_i=\sum\mu_ie_i$, alors $\sum(\lambda_i-\mu_i)e_i=0_E$, donc $\lambda_i=\mu_i$ pour tout $i$ : $\varphi$ est injective. Réciproquement, si $\varphi$ est injective et si $\sum\lambda_ie_i=0_E=\varphi(0,\ldots,0)$, alors $(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)=(0,\ldots,0)$ : la famille est libre.
Donc la famille est une base si et seulement si $\varphi$ est bijective.
Bases canoniques
- Dans $\mathbb{K}^n$ : $e_1=(1,0,\ldots,0)$, …, $e_n=(0,\ldots,0,1)$. Les coordonnées de $(x_1,\ldots,x_n)$ sont $x_1,\ldots,x_n$.
- Dans $\mathbb{K}_n[X]$ : $(1,X,\ldots,X^n)$.
- Dans $\mathbb{K}[X]$ : la famille infinie $(X^k)_{k\in\mathbb{N}}$.
- Dans $\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K})$ : les matrices élémentaires $E_{ij}$ (coefficient $1$ en position $(i,j)$, $0$ ailleurs), et $M=\sum_{i,j}m_{ij}E_{ij}$.
Coordonnées dans une autre base. Dans $\mathbb{R}^2$, la famille $\big((1,1),(1,-1)\big)$ est une base. Pour $(3,1)=a(1,1)+b(1,-1)$ on résout $a+b=3$, $a-b=1$ : $a=2$, $b=1$. Les coordonnées de $(3,1)$ dans cette base sont $(2,1)$.
Suite du programme
La notion de dimension (nombre de vecteurs d'une base, théorème de la base incomplète, rang) fait l'objet du chapitre suivant. Ici, toutes les preuves de liberté, de génération et de supplémentarité se font sans elle, par calcul direct.
4.Somme de deux sous-espaces, somme directe, supplémentaires
Somme de deux sous-espaces
Soit $F$ et $G$ deux sev de $E$. Leur somme est
$$F+G=\{x+y\mid x\in F,\ y\in G\}.$$
La somme est un sous-espace
$F+G$ est un sev de $E$. C'est le plus petit sev de $E$ contenant $F$ et $G$ : $F+G=\mathrm{Vect}(F\cup G)$.
Si $F=\mathrm{Vect}(u_1,\ldots,u_p)$ et $G=\mathrm{Vect}(v_1,\ldots,v_q)$, alors $F+G=\mathrm{Vect}(u_1,\ldots,u_p,v_1,\ldots,v_q)$.
Preuve
$0_E=0_E+0_E\in F+G$. Si $z=x+y$ et $z'=x'+y'$ avec $x,x'\in F$ et $y,y'\in G$, alors $\lambda z+\mu z'=(\lambda x+\mu x')+(\lambda y+\mu y')\in F+G$. Donc $F+G$ est un sev.
Il contient $F$ (écrire $x=x+0_E$) et $G$. Tout sev $H$ contenant $F$ et $G$ contient les sommes $x+y$ par stabilité, donc $F+G\subset H$.
Pour le dernier point, une combinaison linéaire des $u_i$ et des $v_j$ est la somme d'un élément de $F$ et d'un élément de $G$, et réciproquement.
Somme directe
La somme $F+G$ est directe si tout vecteur de $F+G$ s'écrit de manière unique $x+y$ avec $x\in F$ et $y\in G$. On la note alors $F\oplus G$.
Caractérisation de la somme directe
La somme $F+G$ est directe si et seulement si $F\cap G=\{0_E\}$.
Preuve
Supposons la somme directe et soit $z\in F\cap G$. Alors $z=z+0_E$ avec $z\in F$, $0_E\in G$, et $z=0_E+z$ avec $0_E\in F$, $z\in G$. Par unicité de la décomposition, $z=0_E$. Donc $F\cap G=\{0_E\}$.
Réciproquement, supposons $F\cap G=\{0_E\}$ et $x+y=x'+y'$ avec $x,x'\in F$ et $y,y'\in G$. Alors $x-x'=y'-y$. Le membre de gauche est dans $F$, celui de droite dans $G$, donc ce vecteur est dans $F\cap G$ : il est nul. Ainsi $x=x'$ et $y=y'$.
Seulement pour deux sous-espaces
Ce critère par l'intersection ne vaut que pour deux sous-espaces. Pour trois sous-espaces ou plus (vu en deuxième année), la condition « intersections deux à deux réduites à $\{0_E\}$ » ne suffit pas : dans $\mathbb{R}^2$, les trois droites engendrées par $(1,0)$, $(0,1)$ et $(1,1)$ se coupent deux à deux en $\{0\}$, mais $(1,1)=(1,0)+(0,1)$ admet deux décompositions.
Sous-espaces supplémentaires
Deux sev $F$ et $G$ de $E$ sont supplémentaires dans $E$ si $E=F\oplus G$, c'est-à-dire
$$E=F+G\quad\text{et}\quad F\cap G=\{0_E\}.$$
De façon équivalente : tout $x\in E$ s'écrit de manière unique $x=x_F+x_G$ avec $x_F\in F$ et $x_G\in G$.
Un plan et une droite de R^3
Soit $P=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid x+y+z=0\}$ et $D=\mathrm{Vect}(w)$ avec $w=(1,1,1)$.
- Intersection. Si $tw=(t,t,t)\in P$, alors $3t=0$, donc $t=0$. Ainsi $P\cap D=\{0\}$.
- Somme. Soit $u=(x,y,z)$. On cherche $\lambda$ tel que $u-\lambda w\in P$ : $(x-\lambda)+(y-\lambda)+(z-\lambda)=0$, soit $\lambda=\frac{x+y+z}{3}$. Alors $u=(u-\lambda w)+\lambda w$ avec $u-\lambda w\in P$ et $\lambda w\in D$.
Donc $\mathbb{R}^3=P\oplus D$. Par exemple, pour $u=(3,0,0)$ : $\lambda=1$ et $u=(2,-1,-1)+(1,1,1)$.
Montrer que E = F ⊕ G par analyse-synthèse
- Analyse. Soit $x\in E$. On suppose $x=a+b$ avec $a\in F$ et $b\in G$, et on exploite les propriétés de $F$ et $G$ pour exprimer $a$ et $b$ en fonction de $x$. Cela prouve l'unicité de la décomposition, donc $F\cap G=\{0_E\}$.
- Synthèse. On pose $a$ et $b$ par les formules trouvées et on vérifie : $a\in F$, $b\in G$, $a+b=x$. Cela prouve l'existence, donc $E=F+G$.
- Conclusion. $E=F\oplus G$.
Alternative : prouver séparément $F\cap G=\{0_E\}$ (prendre $x$ dans les deux et montrer $x=0_E$) et $E=F+G$.
Fonctions paires et impaires
Soit $E=\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$, $\mathcal{P}$ le sev des fonctions paires et $\mathcal{I}$ celui des fonctions impaires. Montrons $E=\mathcal{P}\oplus\mathcal{I}$.
Analyse. Soit $f\in E$ et supposons $f=g+h$ avec $g$ paire et $h$ impaire. Pour tout $t$ : $f(t)=g(t)+h(t)$ et $f(-t)=g(t)-h(t)$. Donc
$$g(t)=\frac{f(t)+f(-t)}{2},\qquad h(t)=\frac{f(t)-f(-t)}{2}.$$
$g$ et $h$ sont déterminées par $f$ : la décomposition, si elle existe, est unique.
Synthèse. On définit $g$ et $h$ par ces formules. Alors $g(-t)=\frac{f(-t)+f(t)}{2}=g(t)$, donc $g$ est paire ; $h(-t)=\frac{f(-t)-f(t)}{2}=-h(t)$, donc $h$ est impaire ; et $g+h=f$.
Conclusion. $E=\mathcal{P}\oplus\mathcal{I}$. Pour $f=\exp$, on obtient $g=\mathrm{ch}$ et $h=\mathrm{sh}$.
Matrices symétriques et antisymétriques
Dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{K})$, notons $\mathcal{S}_n(\mathbb{K})=\{M\mid M^\top=M\}$ et $\mathcal{A}_n(\mathbb{K})=\{M\mid M^\top=-M\}$.
- Si $M\in\mathcal{S}_n\cap\mathcal{A}_n$, alors $M=M^\top=-M$, donc $2M=0$ et $M=0$.
- Pour toute $M$ : $M=\frac{M+M^\top}{2}+\frac{M-M^\top}{2}$, avec $\left(\frac{M+M^\top}{2}\right)^\top=\frac{M^\top+M}{2}$ (symétrique) et $\left(\frac{M-M^\top}{2}\right)^\top=\frac{M^\top-M}{2}=-\frac{M-M^\top}{2}$ (antisymétrique).
Donc $\mathcal{M}_n(\mathbb{K})=\mathcal{S}_n(\mathbb{K})\oplus\mathcal{A}_n(\mathbb{K})$.
Supplémentaire n'est pas complémentaire
Un supplémentaire n'est pas unique, et ce n'est jamais le complémentaire ensembliste (qui ne contient pas $0_E$, donc n'est pas un sev). Dans $\mathbb{R}^2$, la droite $F=\mathrm{Vect}((1,0))$ admet comme supplémentaires $\mathrm{Vect}((0,1))$, $\mathrm{Vect}((1,1))$, et plus généralement toute droite $\mathrm{Vect}((a,1))$ avec $a\in\mathbb{R}$. On dit donc « un » supplémentaire de $F$, pas « le ».
Bases et sommes directes
Si $(u_1,\ldots,u_p)$ est une base de $F$ et $(v_1,\ldots,v_q)$ une base de $G$, alors $E=F\oplus G$ si et seulement si la famille concaténée $(u_1,\ldots,u_p,v_1,\ldots,v_q)$ est une base de $E$. Le caractère générateur correspond à $E=F+G$, la liberté à l'unicité de la décomposition. Une telle base est dite adaptée à la décomposition $E=F\oplus G$.
5.Applications linéaires
Application linéaire
Soit $E$ et $F$ deux $\mathbb{K}$-espaces vectoriels. Une application $f:E\to F$ est linéaire si
$$\forall (x,y)\in E^2,\ \forall(\lambda,\mu)\in\mathbb{K}^2,\quad f(\lambda x+\mu y)=\lambda f(x)+\mu f(y).$$
Vocabulaire et notations :
- $\mathcal{L}(E,F)$ : ensemble des applications linéaires de $E$ dans $F$ ;
- endomorphisme : application linéaire de $E$ dans $E$ ; on note $\mathcal{L}(E)=\mathcal{L}(E,E)$ ;
- isomorphisme : application linéaire bijective ; automorphisme : endomorphisme bijectif ; $\mathrm{GL}(E)$ désigne l'ensemble des automorphismes de $E$ ;
- forme linéaire : application linéaire de $E$ dans $\mathbb{K}$.
Premières conséquences
Si $f\in\mathcal{L}(E,F)$ :
- $f(0_E)=0_F$ ;
- $f(-x)=-f(x)$ ;
- $f\Big(\sum_{i=1}^{p}\lambda_ix_i\Big)=\sum_{i=1}^{p}\lambda_if(x_i)$ (récurrence sur $p$).
La première propriété se prouve par $f(0_E)=f(0\cdot 0_E)=0\cdot f(0_E)=0_F$. Elle donne un test rapide : si $f(0_E)\neq 0_F$, $f$ n'est pas linéaire.
Exemples et contre-exemples
- $f:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3$, $f(x,y,z)=(x+y,\ y+z,\ x-z)$ est un endomorphisme : chaque coordonnée de l'image est une combinaison linéaire de $x,y,z$.
- La dérivation $D:\mathbb{K}[X]\to\mathbb{K}[X]$, $P\mapsto P'$, est un endomorphisme.
- La trace $\mathrm{tr}:\mathcal{M}_n(\mathbb{K})\to\mathbb{K}$ est une forme linéaire.
- Pour $a\in\mathbb{R}$, l'évaluation $\mathcal{C}^0(\mathbb{R},\mathbb{R})\to\mathbb{R}$, $f\mapsto f(a)$, est une forme linéaire.
- $u\mapsto \lim u$ est une forme linéaire sur le sev des suites convergentes.
- La translation $(x,y)\mapsto(x+1,y)$ n'est pas linéaire : l'image de $(0,0)$ est $(1,0)$.
- $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, $x\mapsto x^2$, n'est pas linéaire : $g(2\cdot 1)=4$ alors que $2g(1)=2$.
Opérations sur les applications linéaires
- $\mathcal{L}(E,F)$ est un sev de $\mathcal{F}(E,F)$ : une combinaison linéaire d'applications linéaires est linéaire.
- Si $f\in\mathcal{L}(E,F)$ et $g\in\mathcal{L}(F,G)$, alors $g\circ f\in\mathcal{L}(E,G)$.
- La composition est bilinéaire : $g\circ(\lambda f_1+\mu f_2)=\lambda\, g\circ f_1+\mu\, g\circ f_2$ et $(\lambda g_1+\mu g_2)\circ f=\lambda\, g_1\circ f+\mu\, g_2\circ f$.
- $(\mathcal{L}(E),+,\circ)$ est un anneau, non commutatif en général, de neutre $\mathrm{id}_E$. $\mathrm{GL}(E)$ est un groupe pour $\circ$, appelé groupe linéaire de $E$.
Réciproque d'un isomorphisme
Si $f\in\mathcal{L}(E,F)$ est bijective, alors sa réciproque $f^{-1}:F\to E$ est linéaire.
Preuve
Soit $y,y'\in F$ et $\lambda,\mu\in\mathbb{K}$. Posons $x=f^{-1}(y)$ et $x'=f^{-1}(y')$. Par linéarité de $f$ :
$$f(\lambda x+\mu x')=\lambda f(x)+\mu f(x')=\lambda y+\mu y'.$$
En appliquant $f^{-1}$ : $f^{-1}(\lambda y+\mu y')=\lambda x+\mu x'=\lambda f^{-1}(y)+\mu f^{-1}(y')$.
Images directe et réciproque de sous-espaces
Soit $f\in\mathcal{L}(E,F)$. Si $E'$ est un sev de $E$, alors $f(E')$ est un sev de $F$. Si $F'$ est un sev de $F$, alors $f^{-1}(F')=\{x\in E\mid f(x)\in F'\}$ est un sev de $E$.
Preuve
Image directe. $0_F=f(0_E)\in f(E')$. Si $y=f(x)$ et $y'=f(x')$ avec $x,x'\in E'$, alors $\lambda y+\mu y'=f(\lambda x+\mu x')$ et $\lambda x+\mu x'\in E'$, donc $\lambda y+\mu y'\in f(E')$.
Image réciproque. $f(0_E)=0_F\in F'$, donc $0_E\in f^{-1}(F')$. Si $f(x),f(x')\in F'$, alors $f(\lambda x+\mu x')=\lambda f(x)+\mu f(x')\in F'$, donc $\lambda x+\mu x'\in f^{-1}(F')$.
Noyau et image
Soit $f\in\mathcal{L}(E,F)$.
- Le noyau de $f$ est $\ker f=f^{-1}(\{0_F\})=\{x\in E\mid f(x)=0_F\}$, sev de $E$.
- L'image de $f$ est $\operatorname{Im} f=f(E)=\{f(x)\mid x\in E\}$, sev de $F$.
Ce sont des sev d'après la propriété précédente. Par définition, $f$ est surjective si et seulement si $\operatorname{Im} f=F$.
Injectivité et noyau
Soit $f\in\mathcal{L}(E,F)$. Alors $f$ est injective si et seulement si $\ker f=\{0_E\}$.
Preuve
Si $f$ est injective et $x\in\ker f$, alors $f(x)=0_F=f(0_E)$, donc $x=0_E$. Ainsi $\ker f=\{0_E\}$ (l'inclusion réciproque est toujours vraie).
Si $\ker f=\{0_E\}$ et $f(x)=f(x')$, alors $f(x-x')=f(x)-f(x')=0_F$, donc $x-x'\in\ker f$, d'où $x=x'$. Donc $f$ est injective.
Image d'une famille génératrice
Soit $f\in\mathcal{L}(E,F)$ et $(e_i)_{i\in I}$ une famille génératrice de $E$. Alors
$$\operatorname{Im} f=\mathrm{Vect}\big(f(e_i)\big)_{i\in I}.$$
Plus généralement, $f(\mathrm{Vect}(x_i))=\mathrm{Vect}(f(x_i))$. En effet, l'image d'une combinaison linéaire des $x_i$ est la combinaison linéaire des $f(x_i)$ avec les mêmes coefficients.
Noyau et image d'un endomorphisme de R^3
Soit $f(x,y,z)=(x+y,\ y+z,\ x-z)$.
Noyau. $(x,y,z)\in\ker f\iff\begin{cases}x+y=0\\ y+z=0\\ x-z=0\end{cases}$. Les deux premières lignes donnent $x=-y$ et $z=-y$ ; la troisième, $-y-(-y)=0$, est alors automatiquement vraie. Donc $\ker f=\{(-y,y,-y)\mid y\in\mathbb{R}\}=\mathrm{Vect}\big((1,-1,1)\big)$. Vérification : $f(1,-1,1)=(0,0,0)$. En particulier $f$ n'est pas injective.
Image. Avec la base canonique : $f(e_1)=(1,0,1)$, $f(e_2)=(1,1,0)$, $f(e_3)=(0,1,-1)$. On remarque $f(e_3)=f(e_2)-f(e_1)$, donc
$$\operatorname{Im} f=\mathrm{Vect}\big((1,0,1),(1,1,0)\big).$$
Un vecteur $(a,b,c)$ vaut $\alpha(1,0,1)+\beta(1,1,0)=(\alpha+\beta,\beta,\alpha)$ si et seulement si $\beta=b$, $\alpha=c$ et $a=b+c$. Donc $\operatorname{Im} f=\{(a,b,c)\mid a=b+c\}$. Contrôle direct : $x+y=(y+z)+(x-z)$. Comme $(1,0,0)\notin\operatorname{Im} f$, $f$ n'est pas surjective.
Déterminer noyau et image
Noyau. Résoudre l'équation $f(x)=0_F$ (système linéaire, équation sur des polynômes, équation différentielle…), puis écrire l'ensemble des solutions sous la forme $\mathrm{Vect}(\ldots)$.
Image.
- Calculer les images des vecteurs d'une famille génératrice de $E$ (souvent la base canonique).
- $\operatorname{Im} f$ est le sous-espace engendré par ces images.
- Éliminer les vecteurs redondants (combinaisons linéaires des autres) pour obtenir une famille libre.
- Si demandé, trouver des équations de $\operatorname{Im} f$ comme en section 2 : $y\in\operatorname{Im} f$ si et seulement si le système $f(x)=y$ d'inconnue $x$ est compatible.
Image d'une base
Soit $f\in\mathcal{L}(E,F)$ et $(e_i)_{i\in I}$ une base de $E$. Alors :
- $f$ est injective si et seulement si $(f(e_i))_{i\in I}$ est libre ;
- $f$ est surjective si et seulement si $(f(e_i))_{i\in I}$ est génératrice de $F$ ;
- $f$ est un isomorphisme si et seulement si $(f(e_i))_{i\in I}$ est une base de $F$.
Preuve
Le point sur la surjectivité découle de $\operatorname{Im} f=\mathrm{Vect}(f(e_i))$.
Injectivité. Supposons $f$ injective et $\sum\lambda_if(e_i)=0_F$ (somme finie). Alors $f\big(\sum\lambda_ie_i\big)=0_F$, donc $\sum\lambda_ie_i\in\ker f=\{0_E\}$, puis tous les $\lambda_i$ sont nuls par liberté des $e_i$.
Réciproquement, supposons $(f(e_i))$ libre et soit $x\in\ker f$. On écrit $x=\sum\lambda_ie_i$. Alors $0_F=f(x)=\sum\lambda_if(e_i)$, donc tous les $\lambda_i$ sont nuls et $x=0_E$. Ainsi $\ker f=\{0_E\}$.
Le troisième point est la conjonction des deux premiers.
Détermination par l'image d'une base
Soit $(e_i)_{i\in I}$ une base de $E$ et $(y_i)_{i\in I}$ une famille quelconque de vecteurs de $F$. Il existe une unique application $f\in\mathcal{L}(E,F)$ telle que $f(e_i)=y_i$ pour tout $i\in I$.
Autrement dit, une application linéaire est entièrement déterminée par les images des vecteurs d'une base, et ces images peuvent être choisies librement.
Preuve
Unicité. Si $f$ convient, alors pour $x=\sum\lambda_ie_i$ on a nécessairement $f(x)=\sum\lambda_iy_i$ par linéarité.
Existence. Tout $x\in E$ s'écrit de manière unique $x=\sum\lambda_ie_i$. On pose $f(x)=\sum\lambda_iy_i$ : c'est bien défini grâce à l'unicité des coordonnées. Si $x=\sum\lambda_ie_i$ et $x'=\sum\lambda'_ie_i$, les coordonnées de $\alpha x+\beta x'$ sont les $\alpha\lambda_i+\beta\lambda'_i$, donc
$$f(\alpha x+\beta x')=\sum(\alpha\lambda_i+\beta\lambda'_i)y_i=\alpha f(x)+\beta f(x').$$
$f$ est linéaire, et $f(e_i)=y_i$ car les coordonnées de $e_i$ valent $1$ en $i$ et $0$ ailleurs.
Détermination par les restrictions à deux supplémentaires
Soit $E=E_1\oplus E_2$, $u\in\mathcal{L}(E_1,F)$ et $v\in\mathcal{L}(E_2,F)$. Il existe une unique $f\in\mathcal{L}(E,F)$ telle que $f_{|E_1}=u$ et $f_{|E_2}=v$. Elle est donnée par
$$f(x_1+x_2)=u(x_1)+v(x_2)\qquad (x_1\in E_1,\ x_2\in E_2).$$
La preuve suit le même schéma : l'unicité de la décomposition rend la définition correcte, et la linéarité se vérifie directement.
Injectif ne veut pas dire surjectif
En dimension quelconque, injectivité et surjectivité sont indépendantes. Dans $\mathbb{K}[X]$ :
- la dérivation $D$ est surjective (tout polynôme admet une primitive polynomiale) mais pas injective : $\ker D=\mathbb{K}_0[X]$, l'ensemble des polynômes constants ;
- $M:P\mapsto XP$ est injective ($XP=0\Rightarrow P=0$) mais pas surjective : $1\notin\operatorname{Im} M$.
L'équivalence « injective $\iff$ surjective » pour un endomorphisme n'existe qu'en dimension finie (chapitre suivant).
Structure des solutions d'une équation linéaire
Soit $f\in\mathcal{L}(E,F)$ et $b\in F$. L'ensemble $\mathcal{S}$ des solutions de l'équation $f(x)=b$ est :
- vide si $b\notin\operatorname{Im} f$ ;
- de la forme $\mathcal{S}=x_0+\ker f=\{x_0+z\mid z\in\ker f\}$ si $x_0$ est une solution particulière.
Autrement dit : solution générale = solution particulière + solution générale de l'équation homogène.
Preuve
Si $b\notin\operatorname{Im} f$, il n'y a pas de solution par définition de l'image. Sinon, soit $x_0$ tel que $f(x_0)=b$. Pour $x\in E$ :
$$f(x)=b\iff f(x)=f(x_0)\iff f(x-x_0)=0_F\iff x-x_0\in\ker f.$$
Donc $x$ est solution si et seulement si $x=x_0+z$ avec $z\in\ker f$.
Systèmes et équations différentielles
Cette propriété unifie plusieurs situations déjà rencontrées.
- Système linéaire $AX=B$ : c'est $f(X)=B$ avec $f:X\mapsto AX$.
- Équation différentielle $y'+y=1$ sur $\mathbb{R}$ : c'est $f(y)=1$ avec $f:\mathcal{C}^1(\mathbb{R},\mathbb{R})\to\mathcal{C}^0(\mathbb{R},\mathbb{R})$, $y\mapsto y'+y$, linéaire. La fonction constante $y_0=1$ est solution particulière, et $\ker f=\mathrm{Vect}(t\mapsto e^{-t})$. Les solutions sont les fonctions $t\mapsto 1+Ce^{-t}$, $C\in\mathbb{R}$.
6.Projecteurs et symétries
Projecteur
Soit $E=F\oplus G$. Tout $x\in E$ s'écrit de manière unique $x=x_F+x_G$ avec $x_F\in F$, $x_G\in G$. L'application
$$p:E\to E,\quad x\mapsto x_F$$
est appelée projection (ou projecteur) sur $F$ parallèlement à $G$.
Propriétés d'un projecteur
Soit $p$ le projecteur sur $F$ parallèlement à $G$. Alors :
- $p\in\mathcal{L}(E)$ ;
- $p\circ p=p$ ;
- $\operatorname{Im} p=F=\ker(p-\mathrm{id}_E)=\{x\in E\mid p(x)=x\}$ et $\ker p=G$ ;
- $q=\mathrm{id}_E-p$ est le projecteur sur $G$ parallèlement à $F$, et $p\circ q=q\circ p=0$.
Preuve
- Si $x=x_F+x_G$ et $y=y_F+y_G$, alors $\lambda x+\mu y=(\lambda x_F+\mu y_F)+(\lambda x_G+\mu y_G)$ avec le premier terme dans $F$ et le second dans $G$. Par unicité, $p(\lambda x+\mu y)=\lambda x_F+\mu y_F=\lambda p(x)+\mu p(y)$.
- Pour $y\in F$, la décomposition de $y$ est $y=y+0_E$, donc $p(y)=y$. Comme $p(x)\in F$, $p(p(x))=p(x)$.
- Par définition, $\operatorname{Im} p\subset F$ ; on vient de voir que tout $y\in F$ vérifie $p(y)=y$, donc $F\subset\ker(p-\mathrm{id}_E)\subset\operatorname{Im} p$. D'où l'égalité des trois ensembles. Enfin $p(x)=0_E\iff x_F=0_E\iff x=x_G\iff x\in G$.
- $q(x)=x-x_F=x_G$ : c'est le projecteur sur $G$ parallèlement à $F$. Puis $p(q(x))=p(x_G)=0_E$ et $q(p(x))=q(x_F)=0_E$.
Caractérisation des projecteurs
Soit $p\in\mathcal{L}(E)$ tel que $p\circ p=p$. Alors
$$E=\operatorname{Im} p\oplus\ker p,$$
et $p$ est le projecteur sur $\operatorname{Im} p$ parallèlement à $\ker p$. De plus $\operatorname{Im} p=\ker(p-\mathrm{id}_E)$.
Preuve
Invariance de l'image. Si $y\in\operatorname{Im} p$, $y=p(z)$, alors $p(y)=p(p(z))=p(z)=y$. Donc $\operatorname{Im} p\subset\ker(p-\mathrm{id}_E)$, et l'inclusion inverse est claire ($y=p(y)$ est une image).
Intersection. Si $y\in\operatorname{Im} p\cap\ker p$, alors $y=p(y)=0_E$.
Somme. Pour $x\in E$, on écrit $x=p(x)+(x-p(x))$. On a $p(x)\in\operatorname{Im} p$, et $p(x-p(x))=p(x)-p(p(x))=0_E$, donc $x-p(x)\in\ker p$.
Ainsi $E=\operatorname{Im} p\oplus\ker p$. Dans cette décomposition, la composante de $x$ sur $\operatorname{Im} p$ est $p(x)$ : $p$ est bien le projecteur sur $\operatorname{Im} p$ parallèlement à $\ker p$.
Reconnaître un projecteur et trouver ses éléments
- Vérifier que $p$ est linéaire.
- Calculer $p\circ p$ et vérifier $p\circ p=p$.
- Déterminer $F=\operatorname{Im} p$, ou de façon équivalente $F=\{x\mid p(x)=x\}$ (souvent plus simple à résoudre).
- Déterminer $G=\ker p$.
- Conclure : $p$ est le projecteur sur $F$ parallèlement à $G$.
Pour construire un projecteur sur $F$ parallèlement à $G$ donnés : décomposer un vecteur quelconque $x=x_F+x_G$ (souvent en résolvant un petit système), puis poser $p(x)=x_F$.
Un projecteur de R^2
Soit $p:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$, $p(x,y)=(2x-2y,\ x-y)$. Elle est linéaire.
- $p\circ p$ : $p(2x-2y,x-y)=\big(2(2x-2y)-2(x-y),\ (2x-2y)-(x-y)\big)=(2x-2y,\ x-y)$. Donc $p\circ p=p$.
- $p(x,y)=(x-y)(2,1)$, donc $\operatorname{Im} p\subset\mathrm{Vect}((2,1))$, et $p(1,0)=(2,1)$ donne l'égalité : $\operatorname{Im} p=\mathrm{Vect}((2,1))$.
- $p(x,y)=0\iff x=y$, donc $\ker p=\mathrm{Vect}((1,1))$.
$p$ est le projecteur sur la droite $\mathrm{Vect}((2,1))$ parallèlement à la droite $\mathrm{Vect}((1,1))$.
Projection sur un plan de R^3
Reprenons $\mathbb{R}^3=P\oplus D$ avec $P:x+y+z=0$ et $D=\mathrm{Vect}((1,1,1))$. On a vu que $u=(u-\lambda w)+\lambda w$ avec $\lambda=\frac{x+y+z}{3}$ et $w=(1,1,1)$. Le projecteur sur $P$ parallèlement à $D$ est donc
$$p(x,y,z)=\left(\frac{2x-y-z}{3},\ \frac{-x+2y-z}{3},\ \frac{-x-y+2z}{3}\right).$$
Contrôle : la somme des coordonnées est $0$, donc $p(u)\in P$, et $p(1,1,1)=(0,0,0)$.
Symétrie
Soit $E=F\oplus G$ et $x=x_F+x_G$ la décomposition de $x\in E$. L'application
$$s:E\to E,\quad x\mapsto x_F-x_G$$
est appelée symétrie par rapport à $F$ parallèlement à $G$. Si $p$ est le projecteur sur $F$ parallèlement à $G$, alors $s=2p-\mathrm{id}_E$, puisque $2x_F-(x_F+x_G)=x_F-x_G$. En particulier $s$ est linéaire.
Caractérisation des symétries
- Si $s$ est la symétrie par rapport à $F$ parallèlement à $G$, alors $s\circ s=\mathrm{id}_E$, $F=\ker(s-\mathrm{id}_E)$ et $G=\ker(s+\mathrm{id}_E)$.
- Réciproquement, si $s\in\mathcal{L}(E)$ vérifie $s\circ s=\mathrm{id}_E$, alors $E=\ker(s-\mathrm{id}_E)\oplus\ker(s+\mathrm{id}_E)$ et $s$ est la symétrie par rapport à $\ker(s-\mathrm{id}_E)$ parallèlement à $\ker(s+\mathrm{id}_E)$.
En particulier une symétrie est un automorphisme, et $s^{-1}=s$.
Preuve
Sens direct. $s(s(x))=s(x_F-x_G)=x_F-(-x_G)=x_F+x_G=x$. Ensuite $s(x)=x\iff x_F-x_G=x_F+x_G\iff x_G=0_E\iff x\in F$, et $s(x)=-x\iff x_F=0_E\iff x\in G$.
Réciproque. Notons $F=\ker(s-\mathrm{id}_E)$ et $G=\ker(s+\mathrm{id}_E)$.
- Si $x\in F\cap G$, alors $x=s(x)=-x$, donc $2x=0_E$ et $x=0_E$.
- Pour $x\in E$, on écrit $x=\dfrac{x+s(x)}{2}+\dfrac{x-s(x)}{2}$. Comme $s\circ s=\mathrm{id}_E$ : $s\left(\frac{x+s(x)}{2}\right)=\frac{s(x)+x}{2}$, donc le premier terme est dans $F$ ; $s\left(\frac{x-s(x)}{2}\right)=\frac{s(x)-x}{2}$, donc le second est dans $G$.
Ainsi $E=F\oplus G$, et $s(x)=x_F+s(x_G)=x_F-x_G$ : $s$ est la symétrie annoncée.
Symétrie associée à un projecteur de R^2
Soit $F=\mathrm{Vect}((1,0))$ et $G=\mathrm{Vect}((1,1))$, supplémentaires dans $\mathbb{R}^2$. On écrit $(x,y)=a(1,0)+b(1,1)$ : $b=y$ et $a=x-y$.
- Projecteur sur $F$ parallèlement à $G$ : $p(x,y)=(x-y,0)$.
- Symétrie par rapport à $F$ parallèlement à $G$ : $s=2p-\mathrm{id}$, soit $s(x,y)=(2x-2y-x,\ -y)=(x-2y,\ -y)$.
Vérification : $s(s(x,y))=s(x-2y,-y)=\big(x-2y-2(-y),\ y\big)=(x,y)$.
La transposition
L'application $\tau:\mathcal{M}_n(\mathbb{K})\to\mathcal{M}_n(\mathbb{K})$, $M\mapsto M^\top$, est linéaire et vérifie $\tau\circ\tau=\mathrm{id}$. C'est donc une symétrie, par rapport à $\ker(\tau-\mathrm{id})=\mathcal{S}_n(\mathbb{K})$ parallèlement à $\ker(\tau+\mathrm{id})=\mathcal{A}_n(\mathbb{K})$. On retrouve $\mathcal{M}_n(\mathbb{K})=\mathcal{S}_n(\mathbb{K})\oplus\mathcal{A}_n(\mathbb{K})$, et $M\mapsto\frac{M+M^\top}{2}$ est le projecteur sur $\mathcal{S}_n(\mathbb{K})$ parallèlement à $\mathcal{A}_n(\mathbb{K})$.
Vocabulaire
On dit aussi « projecteur » pour tout endomorphisme vérifiant $p\circ p=p$ (on parle d'endomorphisme idempotent) : le théorème de caractérisation montre que les deux notions coïncident. Attention à l'ordre des mots : « sur $F$ » désigne l'image, « parallèlement à $G$ » désigne le noyau.