MPSI · Espaces vectoriels

Familles génératrices

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Question

On sait décrire vect⁡(A)\operatorname{vect}(A) comme l'ensemble des combinaisons linéaires des éléments de AA. Retournons le problème : partons de EE tout entier et cherchons à le « résumer » par une poignée de vecteurs à partir desquels tout se reconstruit. Quand peut-on affirmer qu'une famille suffit à fabriquer EE ? Une telle famille est-elle rigide — a-t-on le droit d'y ajouter des vecteurs, d'en retirer — sans perdre cette propriété ?

Définition et exemples

Définition 1 : Partie génératrice, famille génératrice

Soient AA une partie de EE et G\mathcal{G} une famille de vecteurs de EE.

  1. On dit que AA est une partie génératrice de EE si vect⁡(A)=E\operatorname{vect}(A)=E.
  2. On dit que G\mathcal{G} est une famille génératrice de EE si vect⁡(G)=E\operatorname{vect}(\mathcal{G})=E.

Remarque :

Si FF est un sous-espace vectoriel de EE et F\mathcal{F} une famille de vecteurs de FF, alors F\mathcal{F} est une famille génératrice de FF si et seulement si vect⁡(F)=F\operatorname{vect}(\mathcal{F})=F.

Exemple :

  1. (1,i)(1,i) est une famille génératrice du R\mathbb{R}-espace vectoriel C\mathbb{C}.
  2. La famille (ei)1⩽i⩽n(e_i)_{1\leqslant i\leqslant n}, où ei=(δi,j)1⩽j⩽n=(0,…,1,…,0)e_i=(\delta_{i,j})_{1\leqslant j\leqslant n}=(0,\dots,1,\dots,0) (11 en position ii), est une famille génératrice de Kn\mathbb{K}^n. En effet, pour tout x=(x1,…,xn)∈Knx=(x_1,\dots,x_n)\in\mathbb{K}^n, on a x=∑i=1nxi eix=\sum_{i=1}^{n}x_i\,e_i. Par exemple dans R3\mathbb{R}^3 :
(2,−1,3)=2(1,0,0)−(0,1,0)+3(0,0,1),(2,-1,3)=2(1,0,0)-(0,1,0)+3(0,0,1),(a,b,c)=a(1,0,0)+b(0,1,0)+c(0,0,1).(a,b,c)=a(1,0,0)+b(0,1,0)+c(0,0,1).
  1. La famille (Xk)0⩽k⩽n(X^k)_{0\leqslant k\leqslant n} est une famille génératrice de Kn[X]\mathbb{K}_n[X] : tout P∈Kn[X]P\in\mathbb{K}_n[X] s'écrit P=∑i=0naiXiP=\sum_{i=0}^{n}a_i X^i avec (ai)∈Kn+1(a_i)\in\mathbb{K}^{n+1}.
  2. La famille (Xn)n∈N(X^n)_{n\in\mathbb{N}} est une famille génératrice de K[X]\mathbb{K}[X] : tout P∈K[X]P\in\mathbb{K}[X] s'écrit P=∑n∈NλnXnP=\sum_{n\in\mathbb{N}}\lambda_n X^n avec (λn)∈K(N)(\lambda_n)\in\mathbb{K}^{(\mathbb{N})}.
  3. La famille (Ei,j)1⩽i⩽n, 1⩽j⩽p(E_{i,j})_{1\leqslant i\leqslant n,\ 1\leqslant j\leqslant p} est une famille génératrice de Mn,p(K)\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K}) : toute matrice M=(ai,j)M=(a_{i,j}) s'écrit M=∑i,jai,j Ei,jM=\sum_{i,j}a_{i,j}\,E_{i,j}.

Exercice 1 : Détermination d'une famille génératrice

On pose F={(x−2y−z, 2x+y−z, y−z)∣(x,y,z)∈R3}F=\{(x-2y-z,\ 2x+y-z,\ y-z) \mid (x,y,z)\in\mathbb{R}^3\}. Montrer que FF est un sous-espace vectoriel de R3\mathbb{R}^3 et déterminer une famille engendrant FF.

Solution :(cliquer pour afficher)

Pour tout (x,y,z)∈R3(x,y,z)\in\mathbb{R}^3, on décompose le vecteur générique selon les paramètres xx, yy, zz :

(x−2y−z, 2x+y−z, y−z)=(x,2x,0)+(−2y,y,y)+(−z,−z,−z)=x(1,2,0)+y(−2,1,1)−z(1,1,1).\begin{aligned} (x-2y-z,\ 2x+y-z,\ y-z) &=(x,2x,0)+(-2y,y,y)+(-z,-z,-z)\\ &=x(1,2,0)+y(-2,1,1)-z(1,1,1). \end{aligned}

Donc F={x(1,2,0)+y(−2,1,1)−z(1,1,1)∣(x,y,z)∈R3}=vect⁡{(1,2,0),(−2,1,1),(1,1,1)}F=\{x(1,2,0)+y(-2,1,1)-z(1,1,1) \mid (x,y,z)\in\mathbb{R}^3\}=\operatorname{vect}\{(1,2,0),(-2,1,1),(1,1,1)\}.

Ainsi FF est un sous-espace vectoriel de R3\mathbb{R}^3 (comme sous-espace engendré), et la famille {(1,2,0),(−2,1,1),(1,1,1)}\{(1,2,0),(-2,1,1),(1,1,1)\} est une famille génératrice de FF.

Ajouter ou retirer des vecteurs

Proposition 1

Soient A,B∈P(E)A,B\in\mathcal{P}(E) et F\mathcal{F}, G\mathcal{G} deux familles de EE.

  1. Si AA est une partie génératrice de EE et A⊂BA\subset B, alors BB est aussi une partie génératrice de EE.
  2. Si F\mathcal{F} est une famille génératrice de EE et F\mathcal{F} est une sous-famille de G\mathcal{G}, alors G\mathcal{G} est une famille génératrice de EE.

Démonstration :

  1. Si AA est une partie génératrice de EE, alors vect⁡(A)=E\operatorname{vect}(A)=E. Si de plus A⊂BA\subset B, alors vect⁡(A)⊂vect⁡(B)⊂E\operatorname{vect}(A)\subset\operatorname{vect}(B)\subset E, donc vect⁡(B)=E\operatorname{vect}(B)=E. D'où BB est une partie génératrice de EE.
  2. Si F\mathcal{F} est une sous-famille de G\mathcal{G}, l'ensemble des vecteurs de F\mathcal{F} est inclus dans celui de G\mathcal{G} ; en appliquant le point 1 à ces deux ensembles, vect⁡(F)⊂vect⁡(G)\operatorname{vect}(\mathcal{F})\subset\operatorname{vect}(\mathcal{G}). Comme vect⁡(F)=E\operatorname{vect}(\mathcal{F})=E, on obtient vect⁡(G)=E\operatorname{vect}(\mathcal{G})=E.

Exemple :

{1, i, 1+i, 1−i}\{1,\ i,\ 1+i,\ 1-i\} est une partie génératrice du R\mathbb{R}-espace vectoriel C\mathbb{C} (elle contient la partie génératrice {1,i}\{1,i\}).

Test 1

Une famille génératrice de EE ne peut contenir aucun vecteur « superflu » : chacun de ses vecteurs est indispensable pour engendrer EE.

Proposition 2

Soient F\mathcal{F} une famille génératrice de EE et G\mathcal{G} une famille de EE. Alors G\mathcal{G} engendre EE si et seulement si tout élément de F\mathcal{F} est combinaison linéaire de G\mathcal{G}.

Démonstration :

  • Supposons que G\mathcal{G} engendre EE, c'est-à-dire vect⁡(G)=E\operatorname{vect}(\mathcal{G})=E. Tout élément de F\mathcal{F} appartient à E=vect⁡(G)E=\operatorname{vect}(\mathcal{G}), donc est combinaison linéaire de G\mathcal{G}.
  • Réciproquement, supposons que tout élément de F\mathcal{F} est combinaison linéaire de G\mathcal{G}, c'est-à-dire appartient à vect⁡(G)\operatorname{vect}(\mathcal{G}). Alors vect⁡(F)⊂vect⁡(G)\operatorname{vect}(\mathcal{F})\subset\operatorname{vect}(\mathcal{G}). Or vect⁡(F)=E\operatorname{vect}(\mathcal{F})=E, donc vect⁡(G)=E\operatorname{vect}(\mathcal{G})=E. D'où G\mathcal{G} est une famille génératrice de EE.

Exercice 2 : Une famille génératrice de ℝ³

On pose u1=(0,1,1)u_1=(0,1,1), u2=(1,0,1)u_2=(1,0,1) et u3=(1,1,0)u_3=(1,1,0). Montrer que (u1,u2,u3)(u_1,u_2,u_3) engendre R3\mathbb{R}^3.

Solution :(cliquer pour afficher)

La famille (e1,e2,e3)(e_1,e_2,e_3) engendre R3\mathbb{R}^3. D'après la proposition précédente, il suffit donc de vérifier que chaque eke_k est combinaison linéaire de (u1,u2,u3)(u_1,u_2,u_3). Or

e1=12(u2+u3−u1),e2=12(u1+u3−u2),e3=12(u1+u2−u3).e_1=\tfrac{1}{2}(u_2+u_3-u_1),\qquad e_2=\tfrac{1}{2}(u_1+u_3-u_2),\qquad e_3=\tfrac{1}{2}(u_1+u_2-u_3).

Par exemple u2+u3−u1=(1,0,1)+(1,1,0)−(0,1,1)=(2,0,0)u_2+u_3-u_1=(1,0,1)+(1,1,0)-(0,1,1)=(2,0,0), d'où e1=(1,0,0)e_1=(1,0,0). Ainsi e1,e2,e3∈vect⁡(u1,u2,u3)e_1,e_2,e_3\in\operatorname{vect}(u_1,u_2,u_3), donc (u1,u2,u3)(u_1,u_2,u_3) engendre R3\mathbb{R}^3.

Proposition 3

Soient A∈P(E)A\in\mathcal{P}(E), x∈Ax\in A et (ei)i∈I(e_i)_{i\in I} une famille de EE.

  1. Si x∈vect⁡(A∖{x})x\in\operatorname{vect}(A\setminus\{x\}), alors vect⁡(A∖{x})=vect⁡(A)\operatorname{vect}(A\setminus\{x\})=\operatorname{vect}(A).
  2. Si ej∈vect⁡((ei)i∈I∖{j})e_j\in\operatorname{vect}\big((e_i)_{i\in I\setminus\{j\}}\big), alors vect⁡((ei)i∈I∖{j})=vect⁡((ei)i∈I)\operatorname{vect}\big((e_i)_{i\in I\setminus\{j\}}\big)=\operatorname{vect}\big((e_i)_{i\in I}\big).

Démonstration :

    • On a A∖{x}⊂AA\setminus\{x\}\subset A, donc vect⁡(A∖{x})⊂vect⁡(A)\operatorname{vect}(A\setminus\{x\})\subset\operatorname{vect}(A).
    • Réciproquement, soit a∈vect⁡(A)a\in\operatorname{vect}(A) ; il existe (λi)∈Kn(\lambda_i)\in\mathbb{K}^n et (ai)1⩽i⩽n∈An(a_i)_{1\leqslant i\leqslant n}\in A^n tels que a=∑i=1nλiaia=\sum_{i=1}^{n}\lambda_i a_i.
      • Si ai≠xa_i\neq x pour tout ii, alors (ai)∈(A∖{x})n(a_i)\in(A\setminus\{x\})^n, donc a∈vect⁡(A∖{x})a\in\operatorname{vect}(A\setminus\{x\}).
      • S'il existe kk tel que ak=xa_k=x, alors a=∑i≠kλiai+λkxa=\sum_{i\neq k}\lambda_i a_i+\lambda_k x. Or ∑i≠kλiai∈vect⁡(A∖{x})\sum_{i\neq k}\lambda_i a_i\in\operatorname{vect}(A\setminus\{x\}) et, par hypothèse, x∈vect⁡(A∖{x})x\in\operatorname{vect}(A\setminus\{x\}), donc a∈vect⁡(A∖{x})a\in\operatorname{vect}(A\setminus\{x\}).

    D'où vect⁡(A∖{x})=vect⁡(A)\operatorname{vect}(A\setminus\{x\})=\operatorname{vect}(A).

  2. C'est la traduction du point 1 pour les familles : en l'appliquant à l'ensemble A={ei∣i∈I}A=\{e_i \mid i\in I\} et au vecteur eje_j, l'hypothèse ej∈vect⁡((ei)i∈I∖{j})e_j\in\operatorname{vect}\big((e_i)_{i\in I\setminus\{j\}}\big) donne vect⁡((ei)i∈I∖{j})=vect⁡((ei)i∈I)\operatorname{vect}\big((e_i)_{i\in I\setminus\{j\}}\big)=\operatorname{vect}\big((e_i)_{i\in I}\big).

Test 2

Si l'un des vecteurs d'une famille génératrice est combinaison linéaire des autres, on peut le supprimer sans changer le sous-espace engendré.

Exemple :

On a vect⁡(1, X, X2, X2+X+1)=vect⁡(1, X, X2)\operatorname{vect}(1,\ X,\ X^2,\ X^2+X+1)=\operatorname{vect}(1,\ X,\ X^2), car X2+X+1∈vect⁡(1,X,X2)X^2+X+1\in\operatorname{vect}(1,X,X^2).