MPSI · Espaces vectoriels

Sous-espaces vectoriels

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Question

Un espace comme R3\mathbb{R}^3 regorge de sous-ensembles : une droite, un plan, une sphère, le « premier octant »… Lesquels sont eux-mêmes des espaces vectoriels ? Revérifier tous les axiomes pour chacun serait interminable : existe-t-il un critère qui tranche en une ligne ? Et une fois qu'on sait reconnaître ces sous-espaces, comment en fabriquer de nouveaux à partir de deux déjà connus — en les recoupant, en les additionnant ?

Définition et exemples

Définition 1 : Sous-espace vectoriel

Soit F∈P(E)F\in\mathcal{P}(E). On dit que FF est un sous-espace vectoriel de EE si :

  1. F≠∅F\neq\varnothing ;
  2. ∀λ,μ∈K, ∀x,y∈F,λx+μy∈F\forall\lambda,\mu\in\mathbb{K},\ \forall x,y\in F,\quad \lambda x+\mu y\in F.

Proposition 1

FF est un K\mathbb{K}-sous-espace vectoriel de EE si et seulement si 0E∈F0_E\in F et, pour tous λ∈K\lambda\in\mathbb{K} et x,y∈Fx,y\in F, x+λy∈Fx+\lambda y\in F.

Démonstration :

  • Supposons que FF est un sous-espace vectoriel de EE. Comme F≠∅F\neq\varnothing, fixons a∈Fa\in F ; alors 0E=1⋅a+(−1)⋅a∈F0_E=1\cdot a+(-1)\cdot a\in F. De plus, pour λ∈K\lambda\in\mathbb{K} et x,y∈Fx,y\in F, on a x+λy=1⋅x+λ⋅y∈Fx+\lambda y=1\cdot x+\lambda\cdot y\in F.
  • Réciproquement, supposons 0E∈F0_E\in F et ∀λ∈K, ∀x,y∈F, x+λy∈F\forall\lambda\in\mathbb{K},\ \forall x,y\in F,\ x+\lambda y\in F. Alors F≠∅F\neq\varnothing. Pour α∈K\alpha\in\mathbb{K} et x∈Fx\in F, en appliquant l'hypothèse à 0E0_E et xx, on obtient αx=0E+α⋅x∈F\alpha x=0_E+\alpha\cdot x\in F : FF est stable par produit externe. Soient enfin λ,μ∈K\lambda,\mu\in\mathbb{K} et x,y∈Fx,y\in F ; alors λx∈F\lambda x\in F et μy∈F\mu y\in F, puis λx+μy=(λx)+1⋅(μy)∈F\lambda x+\mu y=(\lambda x)+1\cdot(\mu y)\in F.

Ainsi FF est un sous-espace vectoriel de EE.

Test 1

L'ensemble F={(x,y)∈R2∣x+y=1}F=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 \mid x+y=1\} est un sous-espace vectoriel de R2\mathbb{R}^2.

Exemple :

  1. (Kn[X],+,⋅)(\mathbb{K}_n[X],+,\cdot) est un sous-espace vectoriel de K[X]\mathbb{K}[X].
  2. (Cn(I,R),+,⋅)(\mathcal{C}^n(I,\mathbb{R}),+,\cdot) est un sous-espace vectoriel de F(I,R)\mathcal{F}(I,\mathbb{R}).
  3. (B(I,R),+,⋅)(\mathcal{B}(I,\mathbb{R}),+,\cdot) est un sous-espace vectoriel de F(I,R)\mathcal{F}(I,\mathbb{R}), où B(I,R)\mathcal{B}(I,\mathbb{R}) désigne l'ensemble des fonctions bornées sur II.
  4. L'ensemble des suites convergentes est un sous-espace vectoriel de KN\mathbb{K}^{\mathbb{N}}.
  5. (Tn+(K),+,⋅)(\mathcal{T}_n^{+}(\mathbb{K}),+,\cdot) est un sous-espace vectoriel de Mn(K)\mathcal{M}_n(\mathbb{K}).

Exercice 1 : Deux sous-espaces vectoriels de ℝ³

On considère les ensembles

F={(x,y,z)∈R3∣x−2y+z=0}etG={(x,y,z)∈R3∣x+y+z=0 et x−2y−z=0}.F=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 \mid x-2y+z=0\} \quad\text{et}\quad G=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 \mid x+y+z=0 \text{ et } x-2y-z=0\}.

Montrer que FF et GG sont des sous-espaces vectoriels de R3\mathbb{R}^3.

Solution :(cliquer pour afficher)

Cas de FF. On a 0−2×0+0=00-2\times 0+0=0, donc (0,0,0)∈F(0,0,0)\in F. Soient λ∈R\lambda\in\mathbb{R} et (x,y,z),(a,b,c)∈F(x,y,z),(a,b,c)\in F. Alors (x,y,z)+λ(a,b,c)=(x+λa, y+λb, z+λc)(x,y,z)+\lambda(a,b,c)=(x+\lambda a,\ y+\lambda b,\ z+\lambda c), et

(x+λa)−2(y+λb)+(z+λc)=(x−2y+z)+λ(a−2b+c)=0.(x+\lambda a)-2(y+\lambda b)+(z+\lambda c)=(x-2y+z)+\lambda(a-2b+c)=0.

Donc (x,y,z)+λ(a,b,c)∈F(x,y,z)+\lambda(a,b,c)\in F, d'où FF est un sous-espace vectoriel de R3\mathbb{R}^3.

Cas de GG. On a 0+0+0=00+0+0=0 et 0−2×0−0=00-2\times0-0=0, donc (0,0,0)∈G(0,0,0)\in G. Soient λ∈R\lambda\in\mathbb{R} et (x,y,z),(a,b,c)∈G(x,y,z),(a,b,c)\in G. En posant u=(x+λa, y+λb, z+λc)u=(x+\lambda a,\ y+\lambda b,\ z+\lambda c), on a

(x+λa)+(y+λb)+(z+λc)=(x+y+z)+λ(a+b+c)=0,(x+\lambda a)+(y+\lambda b)+(z+\lambda c)=(x+y+z)+\lambda(a+b+c)=0,(x+λa)−2(y+λb)−(z+λc)=(x−2y−z)+λ(a−2b−c)=0.(x+\lambda a)-2(y+\lambda b)-(z+\lambda c)=(x-2y-z)+\lambda(a-2b-c)=0.

Donc u∈Gu\in G, d'où GG est un sous-espace vectoriel de R3\mathbb{R}^3.

Remarque :

  1. Tous les plans de R3\mathbb{R}^3 passant par l'origine sont des sous-espaces vectoriels de R3\mathbb{R}^3.
  2. Toutes les droites de R3\mathbb{R}^3 passant par l'origine sont des sous-espaces vectoriels de R3\mathbb{R}^3.

Opérations sur les sous-espaces vectoriels

Proposition 2

Soit (Fi)i∈I(F_i)_{i\in I} une famille de sous-espaces vectoriels de EE. Alors ⋂i∈IFi\bigcap_{i\in I}F_i est un sous-espace vectoriel de EE.

Démonstration :

  • Pour tout i∈Ii\in I, 0E∈Fi0_E\in F_i, donc 0E∈⋂i∈IFi0_E\in\bigcap_{i\in I}F_i.
  • Soient λ∈K\lambda\in\mathbb{K} et x,y∈⋂i∈IFix,y\in\bigcap_{i\in I}F_i. Pour tout i∈Ii\in I, x,y∈Fix,y\in F_i, donc x+λy∈Fix+\lambda y\in F_i. Ainsi x+λy∈⋂i∈IFix+\lambda y\in\bigcap_{i\in I}F_i.

D'où ⋂i∈IFi\bigcap_{i\in I}F_i est un sous-espace vectoriel de EE.

Définition 2 : Somme de deux sous-espaces vectoriels

Soient FF et GG deux sous-espaces vectoriels de EE. On appelle somme de FF et GG l'ensemble

F+G={x+y∣(x,y)∈F×G}.F+G=\{x+y \mid (x,y)\in F\times G\}.

Proposition 3

Soient FF et GG deux sous-espaces vectoriels de EE. Alors F+GF+G est un sous-espace vectoriel de EE.

Démonstration :

  • On a 0E=0E+0E0_E=0_E+0_E avec 0E∈F0_E\in F et 0E∈G0_E\in G, donc 0E∈F+G0_E\in F+G.
  • Soient x,y∈Fx,y\in F, a,b∈Ga,b\in G et λ∈K\lambda\in\mathbb{K}. Alors (x+a)+λ(y+b)=(x+λy)+(a+λb)(x+a)+\lambda(y+b)=(x+\lambda y)+(a+\lambda b). Or x+λy∈Fx+\lambda y\in F et a+λb∈Ga+\lambda b\in G, donc (x+a)+λ(y+b)∈F+G(x+a)+\lambda(y+b)\in F+G.

D'où F+GF+G est un sous-espace vectoriel de EE.

Proposition 4

F+GF+G est le plus petit sous-espace vectoriel de EE contenant FF et GG.

Démonstration :

  • F+GF+G est un sous-espace vectoriel contenant FF et GG : pour x∈Fx\in F, x=x+0E∈F+Gx=x+0_E\in F+G, donc F⊂F+GF\subset F+G, et de même G⊂F+GG\subset F+G.
  • Soit HH un sous-espace vectoriel de EE contenant FF et GG. Soit x+y∈F+Gx+y\in F+G avec x∈Fx\in F et y∈Gy\in G. Comme F⊂HF\subset H et G⊂HG\subset H, on a x,y∈Hx,y\in H, et HH étant un sous-espace vectoriel, x+y∈Hx+y\in H. Ainsi F+G⊂HF+G\subset H.

D'où F+GF+G est le plus petit sous-espace vectoriel de EE contenant FF et GG.

Test 2

Si FF et GG sont deux sous-espaces vectoriels de EE, alors F∪GF\cup G est encore un sous-espace vectoriel de EE.

Exercice 2 : Somme égale à ℝ³

Soient F={(x,y,z)∈R3∣x+y+z=0}F=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 \mid x+y+z=0\} et G={(x,y,z)∈R3∣x=y=z}G=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 \mid x=y=z\}. Montrer que F+G=R3F+G=\mathbb{R}^3.

Solution :(cliquer pour afficher)

Soit (x,y,z)∈R3(x,y,z)\in\mathbb{R}^3. Cherchons (a,b,c)∈F(a,b,c)\in F et (α,α,α)∈G(\alpha,\alpha,\alpha)\in G tels que (a,b,c)+(α,α,α)=(x,y,z)(a,b,c)+(\alpha,\alpha,\alpha)=(x,y,z), c'est-à-dire

{a+α=xb+α=yc+α=z.\begin{cases} a+\alpha=x\\ b+\alpha=y\\ c+\alpha=z.\end{cases}

En sommant les trois lignes, a+b+c+3α=x+y+za+b+c+3\alpha=x+y+z. Comme la condition (a,b,c)∈F(a,b,c)\in F impose a+b+c=0a+b+c=0, on est conduit à poser

α=13(x+y+z),a=x−α,b=y−α,c=z−α.\alpha=\tfrac{1}{3}(x+y+z),\qquad a=x-\alpha,\qquad b=y-\alpha,\qquad c=z-\alpha.

Réciproquement, avec ces valeurs, a+b+c=(x+y+z)−3α=0a+b+c=(x+y+z)-3\alpha=0, donc (a,b,c)∈F(a,b,c)\in F ; de plus (α,α,α)∈G(\alpha,\alpha,\alpha)\in G et (a,b,c)+(α,α,α)=(x,y,z)(a,b,c)+(\alpha,\alpha,\alpha)=(x,y,z). Ainsi tout (x,y,z)∈R3(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 appartient à F+GF+G, d'où F+G=R3F+G=\mathbb{R}^3.

Définition 3 : Somme directe

Soient FF et GG deux sous-espaces vectoriels de EE. On dit que FF et GG sont en somme directe si, pour tout x∈F+Gx\in F+G, la décomposition x=a+bx=a+b avec (a,b)∈F×G(a,b)\in F\times G est unique.

Proposition 5

Soient FF et GG deux sous-espaces vectoriels de EE. Les assertions suivantes sont équivalentes :

  1. FF et GG sont en somme directe ;
  2. ∀(x,y)∈F×G,x+y=0E  ⟹  x=y=0E\forall(x,y)\in F\times G,\quad x+y=0_E \implies x=y=0_E ;
  3. F∩G={0E}F\cap G=\{0_E\}.

Démonstration :

  • 1⇒21\Rightarrow 2. Supposons FF et GG en somme directe. Soit (x,y)∈F×G(x,y)\in F\times G tel que x+y=0Ex+y=0_E. Comme 0E=0E+0E0_E=0_E+0_E avec 0E∈F0_E\in F et 0E∈G0_E\in G, l'unicité de la décomposition donne x=0Ex=0_E et y=0Ey=0_E.
  • 2⇒32\Rightarrow 3. Soit x∈F∩Gx\in F\cap G. Alors x∈Fx\in F, −x∈G-x\in G et x+(−x)=0Ex+(-x)=0_E, donc x=−x=0Ex=-x=0_E. Ainsi F∩G={0E}F\cap G=\{0_E\}.
  • 3⇒13\Rightarrow 1. Soient (x,y),(a,b)∈F×G(x,y),(a,b)\in F\times G tels que x+y=a+bx+y=a+b. Alors x−a=b−yx-a=b-y avec x−a∈Fx-a\in F et b−y∈Gb-y\in G, donc x−a∈F∩G={0E}x-a\in F\cap G=\{0_E\} : x=ax=a et y=by=b. La décomposition est unique, donc FF et GG sont en somme directe.

Exercice 3 : Deux sous-espaces en somme directe

Soient F={(x,y,z)∈R3∣x+y+z=0}F=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 \mid x+y+z=0\} et G={(x,y,z)∈R3∣x=y=z}G=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 \mid x=y=z\}. Montrer que FF et GG sont en somme directe.

Solution :(cliquer pour afficher)

Soit (x,y,z)∈F∩G(x,y,z)\in F\cap G. Alors

{x+y+z=0x=y=z.\begin{cases} x+y+z=0\\ x=y=z.\end{cases}

La seconde condition donne x=y=zx=y=z, et la première devient 3x=03x=0, donc (x,y,z)=(0,0,0)(x,y,z)=(0,0,0). Ainsi F∩G={(0,0,0)}F\cap G=\{(0,0,0)\}, donc FF et GG sont en somme directe.

Définition 4 : Sous-espaces supplémentaires

Soient FF et GG deux sous-espaces vectoriels de EE. On dit que FF et GG sont supplémentaires dans EE si F+G=EF+G=E et F∩G={0E}F\cap G=\{0_E\}. Dans ce cas, on écrit F⊕G=EF\oplus G=E.

Remarque :

FF et GG sont supplémentaires dans EE si et seulement si, pour tout x∈Ex\in E, il existe un unique couple (a,b)∈F×G(a,b)\in F\times G tel que x=a+bx=a+b.

Test 3

Soient FF et GG deux sous-espaces vectoriels de EE tels que F∩G={0E}F\cap G=\{0_E\}. Alors FF et GG sont supplémentaires dans EE.

Exemple :

Pour F={(x,y,z)∈R3∣x+y+z=0}F=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 \mid x+y+z=0\} et G={(x,y,z)∈R3∣x=y=z}G=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 \mid x=y=z\}, on a F+G=R3F+G=\mathbb{R}^3 et F∩G={0R3}F\cap G=\{0_{\mathbb{R}^3}\}, donc F⊕G=R3F\oplus G=\mathbb{R}^3.

FG0ℝ³(s, s, s)(x, y, z)(x−s, y−s, z−s)
Décomposition d'un vecteur de ℝ³ dans la somme directe F⊕G : le plan F et la droite G sont supplémentaires, et tout vecteur (x,y,z) s'écrit de façon unique comme somme de sa composante sur F et de sa composante sur G.

Exercice 4 : Matrices symétriques et antisymétriques

On note Sn(K)\mathcal{S}_n(\mathbb{K}) l'ensemble des matrices symétriques et An(K)\mathcal{A}_n(\mathbb{K}) l'ensemble des matrices antisymétriques.

  1. Montrer que Sn(K)\mathcal{S}_n(\mathbb{K}) et An(K)\mathcal{A}_n(\mathbb{K}) sont des sous-espaces vectoriels de Mn(K)\mathcal{M}_n(\mathbb{K}).
  2. Montrer que Sn(K)⊕An(K)=Mn(K)\mathcal{S}_n(\mathbb{K})\oplus\mathcal{A}_n(\mathbb{K})=\mathcal{M}_n(\mathbb{K}).
Solution :(cliquer pour afficher)
    • On a 0nT=0n0_n^{\mathsf{T}}=0_n, donc 0n∈Sn(K)0_n\in\mathcal{S}_n(\mathbb{K}). Soient A,B∈Sn(K)A,B\in\mathcal{S}_n(\mathbb{K}) et λ∈K\lambda\in\mathbb{K}. Alors (A+λB)T=AT+λBT=A+λB(A+\lambda B)^{\mathsf{T}}=A^{\mathsf{T}}+\lambda B^{\mathsf{T}}=A+\lambda B, donc A+λB∈Sn(K)A+\lambda B\in\mathcal{S}_n(\mathbb{K}). D'où Sn(K)\mathcal{S}_n(\mathbb{K}) est un sous-espace vectoriel de Mn(K)\mathcal{M}_n(\mathbb{K}).
    • On a 0nT=−0n0_n^{\mathsf{T}}=-0_n, donc 0n∈An(K)0_n\in\mathcal{A}_n(\mathbb{K}). Soient S,T∈An(K)S,T\in\mathcal{A}_n(\mathbb{K}) et μ∈K\mu\in\mathbb{K}. Alors (S+μT)T=−S−μT=−(S+μT)(S+\mu T)^{\mathsf{T}}=-S-\mu T=-(S+\mu T), donc S+μT∈An(K)S+\mu T\in\mathcal{A}_n(\mathbb{K}). D'où An(K)\mathcal{A}_n(\mathbb{K}) est un sous-espace vectoriel de Mn(K)\mathcal{M}_n(\mathbb{K}).
    • Soit A∈Sn(K)∩An(K)A\in\mathcal{S}_n(\mathbb{K})\cap\mathcal{A}_n(\mathbb{K}). Alors A=AT=−AA=A^{\mathsf{T}}=-A, d'où 2A=0n2A=0_n, donc A=0nA=0_n. Ainsi Sn(K)∩An(K)={0n}\mathcal{S}_n(\mathbb{K})\cap\mathcal{A}_n(\mathbb{K})=\{0_n\}.
    • Soit A∈Mn(K)A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}). On a
    A=12(A+AT)+12(A−AT),A=\tfrac{1}{2}\left(A+A^{\mathsf{T}}\right)+\tfrac{1}{2}\left(A-A^{\mathsf{T}}\right), avec 12(A+AT)∈Sn(K)\tfrac{1}{2}(A+A^{\mathsf{T}})\in\mathcal{S}_n(\mathbb{K}) et 12(A−AT)∈An(K)\tfrac{1}{2}(A-A^{\mathsf{T}})\in\mathcal{A}_n(\mathbb{K}). Donc Sn(K)+An(K)=Mn(K)\mathcal{S}_n(\mathbb{K})+\mathcal{A}_n(\mathbb{K})=\mathcal{M}_n(\mathbb{K}).
    • D'où Sn(K)⊕An(K)=Mn(K)\mathcal{S}_n(\mathbb{K})\oplus\mathcal{A}_n(\mathbb{K})=\mathcal{M}_n(\mathbb{K}).