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Algèbre linéaire et géométrie vectorielle

Juan Carlos Bustamante, Sylvain Bérubé

Section 4.2 Bases, dimension et coordonnées

On s’intéresse maintenant aux notions de bases et de dimension d’un espace vectoriel. Ceci permettra de définir les coordonnées. Comme il arrive souvent, on peut s’en faire une intuition géométrique, puis on peut formuler en général algébriquement.
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Sous-section Bases et dimension

Pour commencer, pensons à un plan dans \(\R^3\text{.}\) Même si ce plan est fait de vecteurs à trois composantes, il ressemble énormément à \(\R^2\text{.}\) On peut convenir que le plan a dimension deux (mais on doit définir ceci!), et qu’il devrait exister un système de repérage avec des nombres, c’est ce qu’on appelle un système de coordonnées.
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Exemple 4.2.1.

Soient \(\va_1 =\rvt{1}{-1}{-2}, \va_2 = \rvt{-2}{3}{11}\) et \(\va_3\rvt{4}{-2}{6}\text{.}\) Soit \(\plan{E} =\gen{\va_1, \va_2,\va_3}. \) Il a été établi à l’exemple 2.2.11 qu’un vecteur \(\vx = \rvt{x_1}{x_2}{x_3}\) appartient à \(\plan{E}\) si et seulement si \(-5x_1 -7x_2+x_3 =0\text{.}\) Ceci confirme donc que \(\plan{E}\) est un plan. Par ailleurs, il a aussi été montré que les vecteurs \(\va_1,\va_2\) et \(\va_3\) sont linéairement dépendants et que \(\va_3 = 8\va_1 + 2\va_2\) (voir l’ exemple 2.2.14). Il découle de ceci que \(\gen{\va_1,\va_2, \va_3} = \gen{\va_1,\va_2}\text{.}\)
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En effet, si \(\vz = c_1 \va_1 + c_2 \va_2 + c_3 \va_3\text{,}\) alors on peut écrire
\begin{align*} \vz \amp= c_1 \va_1 + c_2 \va_2 + c_3 \va_3 = c_1 \va_1 + c_2 \va_2 + c_3 (8\va_1 + 2\va_2) \\ \amp = (c_1 + 8c_3) \va_1 + (c_2 + 2c_3)\va_2 \end{align*}
qui est un élément de \(\gen{\va_1, \va_2}\text{.}\) Ceci montre que \(\gen{\va_1, \va_2,\va_3} \subseteq \gen{\va_1, \va_2}\text{.}\) L’autre inclusion est claire.
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Dans l’exemple précédent, on a vu que le même sous-espace de \(\R^3\) peut être engendré par deux ensembles différents de vecteurs \(\R^3\text{,}\) à savoir \(\{ \va_1, \va_2, \va_3\}\) et \(\{ \va_1, \va_2\}\text{.}\) Il y a bien d’autres choix possibles.
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De la même façon, l’exemple 2.2.4 dit que deux vecteurs non colinéaires de \(\R^2\) suffisent à engendrer \(\R^2\text{.}\)
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Définition 4.2.2.

Soit \(\plan{E}\) un sous-espace vectoriel de \(\R^n\text{.}\) Une famille \(\plan{F}\) de vecteurs de \(\plan{E}\) est un ensemble générateur ou famille génératrice de \(\plan{E}\) si \(\gen{\plan{F}} = \plan{E}\text{.}\)
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Exemple 4.2.3.

  1. Soient les vecteurs \(\va_1 =\rvt{1}{-1}{-2}, \va_2 = \rvt{-2}{3}{11}, \va_3\rvt{4}{-2}{6}\) et \(\plan{E}\) l’espace qu’ils engendrent (voir exemple 2.2.14). Alors \(\{\va_1,\va_2\}\) et \(\{ \va_1,\va_2,\va_3\}\) sont des ensembles générateurs pour \(\plan{E}\text{.}\) Cependant le deuxième est redondant du fait qu’il est linéairement dépendant.
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  2. L’exemple 2.2.4 montre que tout ensemble de deux vecteurs non colinéaires de \(\R^2\) est un ensemble générateur.
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    En revanche, si \(\vu\) et \(\vv\) sont colinéaires, alors \(\gen{\vu, \vv}\) est la droite dirigée par l’un d’eux. L’ensemble \(\{\vu, \vv\}\) n’est donc pas assez riche pour être un ensemble générateur de \(\R^2\text{.}\)
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  3. Dans \(\R^n\text{,}\) l’ensemble de vecteurs
    \begin{equation*} \ve_1 = \left[\begin{array}{c}1\\ 0 \\ \vdots \\0\end{array}\right], \quad \ve_2 = \left[\begin{array}{c}0\\ 1 \\ \vdots \\0\end{array} \right], \ldots, \ve_n = \left[\begin{array}{c}0\\ \vdots \\0 \\ 1 \end{array}\right] \end{equation*}
    est un ensemble générateur, mais l’ensemble \(\{\ve_1, \ldots, \ve_{n-1}\}\) ne l’est pas.
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Définition 4.2.4.

Soit \(\plan{E}\) un sous-espace vectoriel de \(\R^n\) (non réduit au vecteur \(\vZero\)). Une base de \(\plan{E}\) est un ensemble \(\plan{B}\) tel que :
  1. \(\gen{\plan{B}} = \plan{E}\text{,}\) et
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  2. \(\plan{B}\) est linéairement indépendant.
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Exemple 4.2.5.

  1. La famille de vecteurs \(\ve_1,\ldots,\ve_n\) forme la base canonique de \(\R^n\text{.}\)
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  2. Toute paire de vecteurs non colinéaires fournit une base de \(\R^2\text{.}\)
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  3. Soient les vecteurs \(\va_1 =\rvt{1}{-1}{-2}, \va_2 = \rvt{-2}{3}{11}, \va_3\rvt{4}{-2}{6} \) et \(\plan{E} = \gen{\va_1,\va_2,\va_3}\text{.}\) Alors, \(\{\va_1,\va_2\}\) est une base de \(\plan{E}\) tandis que \(\{ \va_1,\va_2,\va_3\}\) n’en est pas une, puisqu’il s’agit d’un ensemble linéairement dépendant.
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    On peut montrer que \(\{\va_2,\va_3\}\) et \(\{\va_1, \va_3\}\) sont également des bases de \(\plan{E}\text{.}\)
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  4. Étant donné un plan \(\plan{P}\) d’équation \(ax + by + cz = 0\) dans \(\R^3\text{,}\) trouver une base pour \(\plan{P}\text{.}\)
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    Si \(a \ne 0\) on peut décider d’exprimer \(x\) en termes des deux variables (libres!) \(y\) et \(z\text{,}\) ce qui donne \(x = -\tfrac{b}{a}y - \tfrac{c}{a}z\text{.}\) On obtient alors
    \begin{equation*} \Rvt{x}{y}{z} = \left[\begin{array}{c} -\tfrac{b}{a}y - \tfrac{c}{a}z\\ y\\z \end{array} \right] = y \Rvt{-\tfrac{b}{a}}{1}{0} + z \Rvt{-\tfrac{c}{a}}{0}{1} \end{equation*}
    et les vecteurs de l’expression de droite forment une base.
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    Si \(a=0, \) la variable \(x\) n’apparaît pas dans l’équation. Dans ce cas, si \(b\ne 0\) on isole \(y\) en fonction de \(z\) pour obtenir \(y = -\tfrac{c}{b}z\text{.}\) On obtient alors
    \begin{equation*} \Rvt{x}{y}{z} = \left[\begin{array}{c} x \\ -\tfrac{c}{b}z \\z \end{array} \right] = x\Rvt{1}{0}{0}+ z \Rvt{0}{-\tfrac{c}{b}}{1} \end{equation*}
    et encore une fois, les deux vecteurs de droite sont non nuls.
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    Si \(a=0\) et \(b=0\text{,}\) forcément \(c\ne 0\) de sorte que l’équation du plan est \(cz =0\text{,}\) c’est-à-dire \(z=0\text{.}\) Dans ce cas, une base est donnée par les vecteurs \(\rvt{1}{0}{0}, \rvt{0}{1}{0}\text{.}\)
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À vous de jouer 4.2.6.

Déterminer une base pour le plan de \(\mathbb{R}^3\) dont l’équation est \(4x-2y+z = 0\text{.}\)
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\(\Bigg\lbrace\) (1 × 3 Tableau), (1 × 3 Tableau)\(\Bigg\rbrace\text{.}\)
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Voyons maintenant un exemple de base d’un ensemble de solutions d’un système homogène. On comparera avec le dernier exemple ci-haut (qui est en fait un cas particulier).
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Exemple 4.2.7.

Trouver une base de l’ensemble des solutions du système d’équations (c’est le système de l’exemple 2.1.38)
\begin{equation*} \left\{ \begin{alignedat}{6} x \amp {} - {} \amp 2y \amp {}+{} \amp 2z \amp {}+{} \amp 4w \amp {}={} \amp 0 \\ -x \amp {}+{} \amp 2y \amp {}+{} \amp 3z \amp {}+{} \amp 6w \amp {}={} \amp 0 \\ 2x \amp {}-{} \amp 4y \amp {}-{} \amp z \amp {}-{} \amp 2w \amp {}={} \amp 0 \end{alignedat} \right. \end{equation*}
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Solution.
Les opérations élémentaires faites à l’exemple 2.1.38 mènent à la solution
\begin{equation*} \begin{bmatrix}x\\y\\z\\w\end{bmatrix} = y\left[\begin{array}{r}2\\1\\0\\0\end{array}\right] + w\left[\begin{array}{r}0\\0\\-2\\1\end{array}\right], \quad y,w\in\R. \end{equation*}
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Posons
\begin{equation*} \vu = \left[\begin{array}{r}2\\1\\0\\0\end{array}\right] \quad \text{ et } \quad \vv = \left[\begin{array}{r}0\\0\\-2\\1\end{array}\right]. \end{equation*}
On prétend que \(\{\vu, \vv\}\) est une base de l’ensemble solution. En effet, toute solution s’écrit comme combinaison linéaire de \(\vu\) et \(\vv\text{.}\) Par ailleurs, ces deux vecteurs sont linéairement indépendants. En effet, \(c_1 \vu + c_2\vv = \vZero\) équivaut à
\begin{equation*} c_1\left[\begin{array}{r}2\\1\\0\\0 \end{array}\right] + c_2 \left[\begin{array}{r}0\\0\\-2\\1\end{array}\right] = \left[ \begin{array}{r}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{array}\right]. \end{equation*}
L’égalité correspondant à la deuxième composante donne \(c_1=0\text{,}\) tandis que celle correspondant à la quatrième composante donne \(c_2 = 0\text{.}\)
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À vous de jouer 4.2.8.

Trouver une base \(\mathcal{B}\) pour l’espace vectoriel suivant :
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\(V = \left\lbrace \mathbf{v} \in \mathbb{R}^3 \ \middle| \ \mathbf{v} = \begin{bmatrix} a \\ b \\ 3 a + 7 b \end{bmatrix} \right\rbrace\text{.}\)
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Réponse :
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\(\mathcal{B}\) = \(\Bigg\lbrace\) (3 × 1 Tableau), (3 × 1 Tableau) \(\Bigg\rbrace\)
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À vous de jouer 4.2.9.

Les vecteurs
\begin{equation*} \mathbf{v}_1 = \left[ \begin{array}{r} 7 \\ -5 \\ 0 \end{array} \right], \ \ \ \ \mathbf{v}_2 = \left[ \begin{array}{r} -5 \\ 4 \\ 7 \end{array} \right], \ \ \ \ \mathbf{v}_3 = \left[ \begin{array}{r} -8 \\ 7 \\ k \end{array} \right] \end{equation*}
forment une base de \({\mathbb R}^3\) si et seulement si \(k \ne\) .
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Réponse.
\(21\)
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On a vu que dans \(\R^2\) tout ensemble de deux vecteurs non colinéaires est une base. Bien entendu ce résultat a un analogue dans \(\R^n\text{.}\)
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Démonstration.

Soient \(\vv_1,\vv_2,\ldots, \vv_n\in \R^n\) linéairement indépendants. Afin de montrer qu’ils forment une base, il suffit de montrer qu’ils sont un ensemble générateur de \(\R^n\text{,}\) c’est-à-dire que pour tout \(\vz\in \R^n\) il existe des scalaires \(c_1,\ldots, c_n\) tels que
\begin{gather} c_1 \vv_1 + \cdots + c_n\vv_n = \vz\tag{✶} \end{gather}
La matrice augmentée du système est la matrice de taille \(n\times (n+1)\) ayant les \(\vv_i\) et \(\vz\) pour colonnes. Comme les vecteurs \(\vv_i\) sont linéairement indépendants, le rang de la matrice est, en vertu du théorème 2.2.24, \(n\) de sorte que l’équation (✶) admet toujours une solution.
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À vous de jouer 4.2.11.

Dans chacune des images ci-dessous, on voit un ensemble de deux, trois ou quatre vecteurs rouges dans \(\mathbb{R}^2\) ou \(\mathbb{R}^3\text{.}\)
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Déterminez si chaque ensemble de vecteurs forme une base de \(\mathbb{R}^2\) ou de \(\mathbb{R}^3\text{.}\)
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Remarque : Pour les images représentant \(\mathbb{R}^3\text{,}\) une grille est tracée dans le plan \(xy\text{.}\) Les vecteurs dont l’extrémité se trouve sur la grille appartiennent au plan \(xy\text{,}\) tandis que ceux dont l’extrémité ne se trouve pas sur la grille n’appartiennent pas au plan \(xy\text{.}\)
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Réponse 1.
\(\text{pas une base}\)
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Réponse 2.
\(\text{base}\)
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Réponse 3.
\(\text{pas une base}\)
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Réponse 4.
\(\text{base}\)
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Réponse 5.
\(\text{pas une base}\)
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Réponse 6.
\(\text{pas une base}\)
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Remarque 4.2.12.

Quelques souvenirs
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On a étudié les plans, que l’on conçoit facilement comme étant des objets de dimension 2, quoique “dimension” veuille dire.
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De la même façon, la dimension d’une droite est, selon notre intuition, 1.
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Coïncidence?
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Il s’avère que toutes les bases d’un plan donné (passant par l’origine) ont exactement deux éléments, et que toutes les bases d’une droite donnée (passant par l’origine) ont exactement un élément (le vecteur directeur).
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Vers une définition
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Il est alors naturel de penser que la dimension d’un sous-espace devrait être le nombre de vecteurs dans une base quelconque de ce sous-espace.
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Une question cruciale
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Est-il possible qu’un sous-espace donné ait deux bases ayant un nombre différent de vecteurs?
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La réponse à la dernière question est “non”. Afin de le montrer, établissons un résultat auxiliaire.
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Démonstration.

Soit \(\plan{B} = \{ \vv_1,\ldots, \vv_r\}\) une base de \(\plan{E}\) et \(\vx_1, \ldots, \vx_t\) un ensemble de \(t\) vecteurs de \(\plan{E}\text{,}\) avec \(t \gt r\text{.}\) Pour établir le dépendance linéaire des \(\vx_i\) on doit montrer qu’il existe au moins une solution non nulle à l’équation
\begin{gather} c_1 \vx_1 + c_2\vx_2 + \cdots + c_t\vx_t = \vZero \tag{✶} \end{gather}
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Comme \(\plan{B}\) est un ensemble générateur de \(\plan{E}\text{,}\) chaque \(\vx_i\) est combinaison linéaire des vecteurs \(\vv_j\text{,}\) de sorte qu’il existe des réels \(a_{i,j}\text{,}\) avec \(1\leqslant i \leqslant t\) et \(1\leqslant j \leqslant r\) tels que
\begin{align*} \vx_1 \amp = a_{1,1} \vv_1+ a_{1,2} \vv_2 + \cdots + a_{1,r} \vv_r \\ \vx_2 \amp = a_{2,1} \vv_1 + a_{2,2} \vv_2 + \cdots + a_{2,r} \vv_r \\ \vdots\ \amp =\qquad \vdots \\ \vx_t \amp = a_{t,1} \vv_1 + a_{t,2} \vv_2 + \cdots + a_{t,r} \vv_r \end{align*}
Après substitution l’équation (✶) devient donc
\begin{align*} \vZero =\amp c_1(a_{1,1} \vv_1+ a_{1,2} \vv_2 + \cdots + a_{1,r} \vv_r) \\ \amp+ c_2 (a_{2,1} \vv_1 + a_{2,2} \vv_2 + \cdots + a_{2,r} \vv_r) \\ \amp + \cdots \\ \amp + c_t(a_{t,1} \vv_i + a_{t,2} \vv_2 + \cdots + a_{t,r} \vv_r)\\ = \amp (c_1 a_{1,1} + c_2 a_{2,1} + \cdots + c_ta_{t,1}) \vv_1 \\ \amp +(c_1 a_{1,2} + c_2 a_{2,2} + \cdots + c_ta_{t,2}) \vv_2 \\ \amp + \cdots \\ \amp +(c_1 a_{1,r} + c_2 a_{2,r} + \cdots + c_ta_{t,r}) \vv_r. \end{align*}
Mais puisque les vecteurs \(\vv_j\) sont linéairement indépendants, on a
\begin{align*} c_1a_{1,1} + c_2a_{2,1} + \cdots c_t a_{t,1}\amp =0 \\ c_1a_{1,2} + c_2a_{2,2} + \cdots c_t a_{t,2}\amp =0 \\ \vdots\qquad \amp \qquad\vdots \\ c_1a_{1,r} + c_2a_{2,r} + \cdots + c_t a_{t,r}\amp =0. \end{align*}
On a donc un système d’équations \(t\) inconnues, \(c_1, \ldots, c_t\) et \(r\) équations. Comme le système est homogène, il est consistant. Comme de plus \(t\gt r\) il existe une infinité de solutions.
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Voici donc le résultat (et définition) attendu.
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Démonstration.

Supposons que \(\plan{B}_1 = \{\vv_1, \vv_2, \ldots,\vv_r\}\) et \(\plan{B}_2 = \{\vu_1, \vu_2, \ldots, \vu_t\}\) sont deux bases de \(\plan{E}\text{.}\)
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Comme \(\plan{B}_1\) est une base et \(\plan{B}_2\) est linéairement indépendant, le lemme précédent donne qu’on ne peut pas avoir \(t \gt r\text{,}\) de sorte que \(t\leqslant r\text{.}\)
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Le même argument en échangeant les rôles de \(\plan{B}_1\) et \(\plan{B}_2\) permet d’obtenir l’inégalité \(r\leqslant t\) et la conclusion suit.
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Exemple 4.2.15.

  1. L’équation vectorielle d’une droite passant par l’origine dans \(\R^2\) ou \(\R^3\) est de la forme \(\vx = t\vd,\quad t\in \R\text{.}\) L’ensemble \(\{\vd\}\) est une base de la droite, de sorte que la dimension de celle-ci est \(1\text{.}\)
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  2. L’équation vectorielle d’un plan passant par l’origine dans \(\R^3\) est de la forme \(\vx = s \vu + t \vv,\ s,t, \in \R\text{.}\) Si \(\vu\) et \(\vv\) étaient colinéaires, on aurait affaire à une droite. De ce fait, ils sont non colinéaires, donc linéairement indépendants. Ils forment une base du plan qui a donc dimension égale à \(2\text{.}\)
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Sous-section Bases pour les espaces associés aux matrices

On voit maintenant comment trouver des bases pour les sous-espaces vectoriels associés aux matrices, à savoir le noyau \(\ker{A}\text{,}\) et l’espace colonne \(\col{A}\text{.}\) On a tous les outils conceptuels dont on a besoin, il suffit d’organiser convenablement le tout.
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On commence par \(\ker{A}\text{.}\) On a vu que cet espace coïncide avec l’ensemble des solutions d’un système d’équations linéaires homogène. On a aussi que la forme échelonnée réduite d’une matrice est un outil très efficace pour trouver la solution générale d’un tel système. Il est alors naturel de se demander si on peut utiliser la forme échelonnée réduite pour trouver une base de \(\ker{A}\text{.}\) C’est exactement ce qui a été fait à l’exemple 4.2.7. Il ne s’agit pas d’une coïncidence, mais d’une procédure générale.
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Démonstration.
Par construction, l’ensemble de vecteurs donné est un ensemble générateur de \(\ker{A}\text{.}\) On montre maintenant qu’il est linéairement indépendant. Il s’agit de reprendre l’argument de l’exemple exemple 4.2.7 et de le généraliser. Supposons que
\begin{align} c_1\vf_1 + c_2 \vf_2 + \cdots + c_r \vf_r \amp= \vZero\text{.}\tag{✶} \end{align}
Les vecteurs \(\vf_i\) sont des vecteurs de \(\R^n\) mais il suffira de s’intéresser aux positions \(i_1,i_2,\ldots i_r\text{.}\) Les composantes des vecteurs \(\vf_i\) dans ces positions vérifient :
  • Pour \(\vf_1\text{,}\) la composante dans la position \(i_1\) est égale à \(1\text{,}\) tandis que les composantes dans les positions \(i_2, \ldots, i_r\) sont nulles.
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  • Pour \(\vf_2\text{,}\) la composante dans la position \(i_2\) est égale à \(1\text{,}\) tandis que les composantes dans les positions \(i_1, i_3, \ldots, i_r\) sont nulles.
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  • \(\displaystyle \cdots\)
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Les équations résultantes de regarder les composantes \(i_1, i_2,\ldots i_r\) de l’équation (✶) donnent alors \(c_1 = c_2 = \cdots = c_r = 0\text{,}\) de sorte que les vecteurs \(\vf_i\) sont linéairement indépendants.
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Exemple 4.2.17.
Soit \(A= \left[\begin{array}{rrrrr} 1 \amp -3 \amp -2 \amp -4 \amp 3\\ 2 \amp -1 \amp 1 \amp 2 \amp -4\\ 1 \amp -2 \amp -1 \amp -2 \amp 1 \end{array}\right]\text{.}\) Trouver une base pour \(\ker{A}\text{.}\)
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Solution.
On commence par trouver une forme échelonnée réduite de \(A\) :
\begin{align*} \hphantom{\;R_2}A = \left[\begin{array}{rrrrr} 1 \amp -3 \amp -2 \amp -4 \amp 3\\ 2 \amp -1 \amp 1 \amp 2 \amp -4\\ 1 \amp -2 \amp -1 \amp -2 \amp 1 \end{array}\right] \amp \xrightarrow[R_3 - R_1]{R_2 - 2R_1} \left[\begin{array}{rrrrr} 1 \amp -3 \amp -2 \amp -4 \amp 3\\ 0 \amp 5 \amp 5 \amp 10 \amp -10\\ 0 \amp 1 \amp 1 \amp 2 \amp -2 \end{array}\right] \\[-0.6em]\\ \xrightarrow{\;R_2 \leftrightarrow R_3\;} \left[\begin{array}{rrrrr} 1 \amp -3 \amp -2 \amp -4 \amp 3\\ 0 \amp 1 \amp 1 \amp 2 \amp -2\\ 0 \amp 5 \amp 5 \amp 10 \amp -10 \end{array}\right] \amp \xrightarrow[R_3 - 5R_2]{R_1 + 3R_2} \left[\begin{array}{rrrrr} 1 \amp 0 \amp 1 \amp 2 \amp -3\\ 0 \amp 1 \amp 1 \amp 2 \amp -2\\ 0 \amp 0 \amp 0 \amp 0 \amp 0 \end{array}\right] \\[-0.6em] \end{align*}
de sorte que les variables pivot sont \(x_1\) et \(x_2\) tandis que \(x_3,x_4\) et \(x_5\) sont libres. Avec les notations de la démonstration de la proposition précédente, on aurait \(i_1 = 3, i_2 = 4, i_3=5\text{.}\)
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On exprime l’ensemble solution de l’équation homogène \(A\vx = \vZero\) en fonction des variables libres :
\begin{equation*} \begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5\end{bmatrix} = x_3\left[\begin{array}{r}-1\\-1\\1\\0\\0\end{array}\right] + x_4\left[\begin{array}{r}-2\\-2\\0\\1\\0\end{array}\right] + x_5\left[\begin{array}{r}3\\2\\0\\0\\1\end{array}\right], \quad x_3,x_4,x_5\in\R. \end{equation*}
Par conséquent, une base de \(\ker{A}\) est donnée par l’ensemble de vecteurs
\begin{equation*} \vf_1 = \left[\begin{array}{r}-1\\-1\\1\\0\\0\end{array}\right], \vf_2 =\left[\begin{array}{r}-2\\-2\\0\\1\\0\end{array}\right], \vf_3 =\left[\begin{array}{r}3\\2\\0\\0\\1\end{array}\right]\text{.} \end{equation*}
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Pour s’attaquer à \(\col{A}\text{,}\) l’espace colonne de \(A\text{,}\) on aura à travailler. La forme échelonnée de \(A\) sera encore utile, mais quelque chose de plus est nécessaire. Un résultat intermédiaire est nécessaire.
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Démonstration.
La matrice \(R\) est obtenue de \(A\) par une suite d’opérations élémentaires sur les rangées. Chaque opération correspond à la pré-multiplication par une matrice élémentaire (donc inversible). Ainsi, il existe une matrice inversible \(U\) telle que \(R =UA\text{.}\) On a alors
\begin{align*} \vx \in \ker{R} \amp \iff R\vx = \vZero \\ \amp \iff UA\vx = \vZero \\ \amp \iff A\vx = \vZero \\ \amp \iff \vx \in \ker{A}\text{.} \end{align*}
L’énoncé au sujet des combinaisons linéaires suit du deuxième énoncé du corollaire 3.1.24.
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On a ce qu’il faut pour trouver une base de \(\col{A}\text{.}\)
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Démonstration.
Soit \(R\in \mmn{n}{m}\) une forme échelonnée de \(A\text{.}\) Les colonnes pivot de \(R\) forment une base de \(\col{R}\text{.}\) Ceci dit que
  1. toute colonne de \(R\) est combinaison linéaire des colonnes pivot de \(R\text{,}\)
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  2. les colonnes pivot de \(R\) sont linéairement indépendantes.
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Par ailleurs, les colonnes de \(A\) correspondant aux positions pivot de \(R\) vérifient exactement les mêmes relations de dépendance linéaire que les colonnes de \(R\text{,}\) de sorte que
  1. toute colonne de \(A\) est combinaison linéaire des colonnes pivot de \(A\text{,}\)
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  2. les colonnes pivot de \(A\) sont linéairement indépendantes.
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c’est-à-dire que les colonnes pivot de \(A\) forment une base de \(\col{A}\text{.}\)
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on peut, presque sans effort supplémentaire énoncer le résultat connu sous le nom du “Théorème du rang”.
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Démonstration.
  1. Cela résulte du fait que les colonnes pivot de \(A\) forment une base de \(\col{A}\text{.}\) Leur nombre est précisément le rang de la matrice.
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  2. Cela résulte du fait que les vecteurs de base de \(\ker{A}\) correspondent aux variables libres, tandis que les vecteurs de base de \(\col{A}\) correspondent aux variables pivot. Le nombre de variables libres plus le nombre de variables pivot est égal au nombre total de variables, c’est-à-dire au nombre de colonnes de \(A\text{.}\)
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Exemple 4.2.21.
Ci-après on trouve une matrice \(A\text{,}\) dont les colonnes sont \(\va_1,\va_2,\ldots,\va_5\text{.}\) On trouve également \(R\text{,}\) une forme échelonnée de \(A\) :
\begin{equation*} A=\left[\begin{array}{rrrrr} -2 \amp 3 \amp -4 \amp -2 \amp -5 \\ 1 \amp -1 \amp 2 \amp 1 \amp 2 \\ 3 \amp -2 \amp 6 \amp 4 \amp 4 \\ -1 \amp 2 \amp -2 \amp 1 \amp -5 \end{array}\right] \text { et } R = \left[\begin{array}{rrrrr} 1 \amp -1 \amp 2 \amp 1 \amp 2 \\ 0 \amp 1 \amp 0 \amp 0 \amp -1 \\ 0 \amp 0 \amp 0 \amp 1 \amp -1 \\ 0 \amp 0 \amp 0 \amp 0 \amp 0 \end{array}\right]. \end{equation*}
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  1. Noter qu’il existe une relation évidente entre les colonnes \(\va_1\) et \(\va_3\text{.}\) À partir de cette observation, sans aucun calcul supplémentaire, donnez une solution à l’équation \(A \vx = \vZero\text{.}\)
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  2. Donner une base pour le noyau de \(A\text{.}\)
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  3. Donner une base pour l’espace colonne de \(A\text{.}\)
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  4. Soit \(\vw = \left[ \begin{smallmatrix} -7\\\hfill 3\\ \hfill 9\\ -2 \end{smallmatrix}\right]\text{.}\) Montrer que \(\bbm w\) appartient à l’espace colonne de \(A\text{.}\)
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Solution.
  1. On remarque que \(\va_3 = 2 \va_1\text{,}\) ou, ce qui est équivalent, que \(2\va_1 - \va_3 = \vZero\text{.}\) Par conséquent, \(\bbm{c} = \left[ \begin{smallmatrix}\hfill 2\\\hfill 0\\-1\\\hfill 0\\ \hfill 0\end{smallmatrix}\right]\) est une solution de l’équation \(A\vx = \vZero\text{.}\)
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  2. On a besoin d’une forme échelonnée et réduite de \(A\text{.}\) Quelques opérations à partir de \(R\) sont nécessaires.
    \begin{align*} R= \left[\begin{array}{rrrrr} 1 \amp -1 \amp 2 \amp 1 \amp 2\\ 0 \amp 1 \amp 0 \amp 0 \amp -1\\ 0 \amp 0 \amp 0 \amp 1 \amp -1\\ 0 \amp 0 \amp 0 \amp 0 \amp 0 \end{array}\right] \amp \xrightarrow{\;R_1 + R_2\;} \left[\begin{array}{rrrrr} 1 \amp 0 \amp 2 \amp 1 \amp 1\\ 0 \amp 1 \amp 0 \amp 0 \amp -1\\ 0 \amp 0 \amp 0 \amp 1 \amp -1\\ 0 \amp 0 \amp 0 \amp 0 \amp 0 \end{array}\right] \\[-0.6em]\\ \xrightarrow{\;R_1 - R_3\;} \left[\begin{array}{rrrrr} 1 \amp 0 \amp 2 \amp 0 \amp 2\\ 0 \amp 1 \amp 0 \amp 0 \amp -1\\ 0 \amp 0 \amp 0 \amp 1 \amp -1\\ 0 \amp 0 \amp 0 \amp 0 \amp 0 \end{array}\right]. \\[-0.6em] \end{align*}
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    Afin de trouver la base voulue, on donne la solution générale de l’équation homogène \(A\vx = \vZero\) en fonction des variables libres. Les variables pivot sont \(x_1, x_2\) et \(x_4\text{,}\) tandis que les variables libres sont \(x_3\) et \(x_5\text{.}\) En exprimant les variables pivot en fonction des variables libres, on trouve que la solution générale de l’équation homogène est donnée par
    \begin{equation*} \left[\begin{array}{r} x_1\\ x_2 \\ x_3\\ x_4 \\ x_5 \end{array} \right] = x_3 \left[\begin{array}{r}-2\\ 0 \\ 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right] + x_5 \left[\begin{array}{r} -2\\ 1 \\0\\1\\ 1 \end{array}\right],\quad x_3,x_5\in \R. \end{equation*}
    Les deux vecteurs dans l’expression ci-haut fournissent la base cherchée.
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  3. Les colonnes pivot de \(A\) sont les colonnes \(1,2\) et \(4\text{,}\) de sorte qu’une base pour \(\col{A}\) est donnée par l’ensemble de vecteurs \(\{\va_1, \va_2, \va_4\}\text{.}\)
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  4. Afin de montrer que \(\vw \in \col{A}\) il suffit de montrer que ce vecteur peut être obtenu comme combinaison linéaire des colonnes de \(A\text{.}\) Comme les colonnes \(\va_1,\va_2\) et \(\va_4\) forment une base de \(\col{A}\text{,}\) il suffit de montrer que \(\vw\) peut être obtenu comme combinaison linéaire de ces trois vecteurs. Ceci mène à un système linéaire de trois équations à trois inconnues, dont les inconnues sont les coefficients de la combinaison linéaire. Voici la matrice associée et sa réduction
    \begin{align*} \hphantom{\;R_1 \leftrightarrow R_2\;} \left[\begin{array}{rrr|r} -2 \amp 3 \amp -2 \amp -7\\ 1 \amp -1 \amp 1 \amp 3\\ 3 \amp -2 \amp 4 \amp 9\\ -1 \amp 2 \amp 1 \amp -2 \end{array}\right] \amp \xrightarrow{\;R_1 \leftrightarrow R_2\;} \left[\begin{array}{rrr|r} 1 \amp -1 \amp 1 \amp 3\\ -2 \amp 3 \amp -2 \amp -7\\ 3 \amp -2 \amp 4 \amp 9\\ -1 \amp 2 \amp 1 \amp -2 \end{array}\right] \\[-0.6em]\\ \xrightarrow{\;\substack{R_2+2R_1\\ R_3-3R_1\\ R_4+R_1}\;} \left[\begin{array}{rrr|r} 1 \amp -1 \amp 1 \amp 3\\ 0 \amp 1 \amp 0 \amp -1\\ 0 \amp 1 \amp 1 \amp 0\\ 0 \amp 1 \amp 2 \amp 1 \end{array}\right] \amp \xrightarrow{\;\substack{R_3-R_2\\ R_4-R_2}\;} \left[\begin{array}{rrr|r} 1 \amp -1 \amp 1 \amp 3\\ 0 \amp 1 \amp 0 \amp -1\\ 0 \amp 0 \amp 1 \amp 1\\ 0 \amp 0 \amp 2 \amp 2 \end{array}\right] \\[-0.6em]\\ \xrightarrow{\;R_4 - 2R_3\;} \left[\begin{array}{rrr|r} 1 \amp -1 \amp 1 \amp 3\\ 0 \amp 1 \amp 0 \amp -1\\ 0 \amp 0 \amp 1 \amp 1\\ 0 \amp 0 \amp 0 \amp 0 \end{array}\right] \end{align*}
    Comme le système est compatible, il existe une solution, de sorte que \(\vw\) appartient à l’espace colonne de \(A\text{.}\) On remarquera qu’on n’a pas besoin de calculer la solution, tout ce qui importe est de savoir que le système est compatible.
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À vous de jouer 4.2.22.
Soit \(S\) un système d’équations linéaires à \(3\) équations et \(7\) inconnues. Vous pouvez associer à ce système \(M\text{,}\) la matrice des coefficients, et la transformer en matrice échellonée à l’aide des opérations élémentaires sur les lignes.
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Si vous obtenez \(5\) variable(s) libre(s), vous pouvez conclure que :
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L’espace colonne de \(M\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^n\) où \(n=\) .
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La dimension de l’espace colonne de \(M\) est .
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L’espace ligne de \(M\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^n\) où \(n=\) .
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La dimension de l’espace ligne de \(M\) est .
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L’espace nul de \(M\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^n\) où \(n=\) .
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La dimension de l’espace nul de \(M\) est .
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Réponse 1.
\(3\)
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Réponse 2.
\(2\)
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Réponse 3.
\(7\)
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Réponse 4.
\(2\)
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Réponse 5.
\(7\)
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Réponse 6.
\(5\)
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Solution.
La matrice \(M\) associée à ce système d’équations linéaires possède \(3\) lignes et \(7\) colonnes.
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Les éléments de l’espace colonne ont \(3\) composantes. L’espace colonne est donc un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^3\text{.}\)
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Les éléments de l’espace ligne ont \(7\) composantes. L’espace ligne est donc un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^{7}\text{.}\)
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Après avoir transformé la matrice \(M\) sous forme échelon, l’on obtient \(5\) variable(s) libre(s). Il y a donc \(7-5=2\) variables liée, donc \(2\) pivots. La matrice \(M\) est de rang \(2\text{,}\) ce qui correspond à la dimension de l’espace ligne et de l’espace colonne.
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Pour terminer, l’espace nul correspond au complément, dans \(\mathbb{R}^{7}\text{,}\) de l’espace ligne. Sa dimension peut être donnée par le nombre de variables libres du système, c’est-à-dire \(5\text{.}\)
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On peut se demander pourquoi on s’intéresse aux bases d’un espace vectoriel. La réponse est qu’elles permettent de parler de coordonnées.
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Sous-section Coordonnées

Commençons par la propriété clé des bases : l’existence de coordonnées. Afin d’y arriver une précision s’impose. Jusqu’à présent les bases sont des ensembles de vecteurs, l’ordre dans lequel on liste leurs éléments n’a pas d’importance. Ainsi, par exemple, en tant qu’ensembles on a bien l’égalité \(\{\vv, \vu\} = \{\vu, \vv\}\) (indépendamment de ce que \(\vu\) et \(\vv\) sont). Pour la suite, la situation est différente, on a besoin de bases ordonnées. Afin de mettre l’accent sur ce point, on écrira \(\plan{B} = (\vv_1, \vv_2, \ldots, \vv_r)\) pour une base ordonnée.
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Démonstration.
L’existence des scalaires \(c_i\) suit du fait que \(\plan{B}\) est un ensemble générateur de \(\plan{E}\text{.}\) Il reste à démontrer l’unicité.
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Supposons, au contraire qu’il existe \(\vu \in \plan{E}\) tel que \(\vu = \sum_{i=1}^r c_i \vv_i = \sum_{i=1}^r c'_i \vv_i.\) Ceci donne directement
\begin{equation*} \vZero = \left(\sum_{i=1}^r c_i \vv_i \right) - \left( \sum_{i=1}^r c'_i \vv_i \right) = \sum_{i=1}^r (c_i-c'_i) \vv_i. \end{equation*}
Or, les \(\vv_i\) sont linéairement indépendants, de sorte que \(c_i - c'_i =0\) pour tout \(i\text{.}\)
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Ceci dit qu’il n’y a pas d’ambiguïté possible dans les scalaires, une fois la base choisie.
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Définition 4.2.24.
Avec les notations de la proposition précédente, les scalaires \(c_1,\ldots, c_r\) sont appelés les coordonnées du vecteur \(\vu\) par rapport à la base \(\plan{B}\text{.}\)
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Le vecteur de coordonnées de \(\vu\) par rapport à la base ordonnée \(\plan{B}\) est le vecteur
\begin{equation*} \left[\vu\right]_{\plan{B}} =\left[ \begin{array}{c}c_1 \\ \vdots \\ c_r\end{array}\right] \end{equation*}
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Exemple 4.2.25.
  1. Reprenons les vecteurs \(\va_1 =\rvt{1}{-1}{-2}, \va_2 = \rvt{-2}{3}{11}\) et \(\va_3 = \rvt{4}{-2}{6}\) de l’exemple 4.2.1 et \(\plan{E} = \gen{\va_1, \va_2, \va_3}\text{.}\) On a déjà montré que \(\dim{\plan{E}}= 2\text{.}\) Une base ordonnée de \(\plan{E}\) est \(\plan{B}_1= (\va_1,\va_2)\text{.}\) Comme \(\va_3 = 8\va_1 + 2 \va_2\text{,}\) le vecteur de coordonnées de \(\va_3\) par rapport à \(\plan{B}_1\) est \(\left[ \va_3 \right]_{\plan{B}_1} = \rvd{8}{2}\text{.}\)
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  2. On vérifie aisément que \(x=2,y=1,z=2,w=-1\) est une solution du système homogène de l’exemple 4.2.7. On a calculé une base \(\plan{B} = (\vu, \vv)\) de l’ensemble solution de ce système. Pour trouver les coordonnées de la solution donnée -- nommons-la \(\vn\) -- par rapport à cette base, on doit résoudre l’équation \(\vn = c_1 \vu + c_2 \vv\text{,}\) c’est-à-dire
    \begin{equation*} \left[\begin{array}{r} 2\\ 1\\2\\-1\end{array}\right] = c_1\left[\begin{array}{c} 2\\ 1\\0\\0 \end{array}\right] + c_2 \left[\begin{array}{r} 0\\ 0\\-2\\1\end{array}\right]. \end{equation*}
    On trouve directement \(c_1=1\) et \(c_2 = -1\text{,}\) ainsi \(\left[\vn\right]_{\plan{B}} = \rvd{1}{-1}\text{.}\)
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  3. Le point \(P(2,-4,2)\) se trouve sur la droite \(\plan{L}\) définie comme l’intersection des plans \(\plan{P}_1\) et \(\plan{P}_2\) d’équations respectives \(x+y+z=0\) et \(-x+y+3z=0\text{.}\) Trouver une base pour \(\plan{L}\) puis donner les coordonnées de \(\vp = \rvt{2}{-4}{2}\) par rapport à cette base.
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    On commence par obtenir une équation de \(\plan{L}\text{.}\) Pour cela on résout le système formé par les équations des deux plans. Avec la technique habituelle, on réduit la matrice des coefficients (le système est homogène, pas besoin de l’augmenter!)
    \begin{equation*} \Mdt{1}{1}{1}{-1}{1}{3} \xrightarrow[R_1 + R_1]{} \Mdt{1}{1}{1}{0}{2}{4} \xrightarrow[\tfrac{1}{2}R_2]{R_1 - \tfrac{1}{2}R_2} \Mdt{1}{0}{-1}{0}{1}{2}. \end{equation*}
    On trouve donc l’équation pour \(\plan{L}\text{,}\) à savoir \(\vx = t\rvt{1}{-2}{1},\ t\in \R\text{.}\) Si on pose \(\vd = \rvt{1}{-2}{1}\) on obtient une base \(\plan{B} = \{\vd\}\text{.}\) Comme \(\vp =2\vd\) on a le vecteur de coordonnées \(\left[\vp \right]_{\plan{B}} = \left[ 2 \right]\text{.}\)
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    On remarque que si on pose \(\plan{B}' = \{\vp\}\text{,}\) alors on a une autre base pour \(\plan{L}\text{.}\) Par rapport à cette base, le vecteur de coordonnées est \(\left[\vp \right]_{\plan{B}'} = \left[ 1 \right]\text{.}\)
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  4. Soient \(\vu_1 = \rvd{1}{-1}\) et \(\vu_2 = \rvd{1}{2}\text{.}\) Comme ces vecteurs sont non colinéaires, ils forment une base de \(\R^2\text{,}\) disons \(\plan{B} = (\vu_1, \vu_2)\text{.}\) Pour un vecteur \(\vz = \rvd{z_1}{z_2}\) quelconque de \(\R^2\text{,}\) trouver le vecteur de coordonnées \(\left[\vz\right]_{\plan{B}}\)
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    On cherche des réels \(c_1, c_2\) tels que \(\vz = c_1 \vu_1 + c_2 \vu_2\text{.}\) La matrice augmentée du système et sa réduction s’obtiennent comme suit:
    \begin{equation*} \left[\begin{array}{rr|r} 1\amp 1 \amp z_1\\ -1\amp 1\amp z_2\end{array} \right] \xrightarrow[R_1 + R_2]{} \left[\begin{array}{rr|c} 1\amp 1 \amp z_1\\ 0\amp 2\amp z_1 + z_2\end{array} \right] \xrightarrow[\tfrac12 R_2]{R_1 - \tfrac{1}{2}R_2} \left[\begin{array}{rr|r} 1\amp 0 \amp \tfrac{z_1-z_2}{2}\\ 0\amp 1\amp \tfrac{z_1+ z_2}{2}\end{array} \right]. \end{equation*}
    Ainsi, le vecteur de coordonnées cherché est \(\left[\vz\right]_{\plan{B}} = \tfrac{1}{2} \rvd{z_1-z_2}{z_1+z_2}\text{.}\)
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    On comparera ceci avec l’exercice 1.4.2.
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À vous de jouer 4.2.26.
La figure montre une base \(\mathcal{B} = \lbrace \mathbf{b}_1, \mathbf{b}_2 \rbrace\) de \(\mathbb{R}^2\) et un vecteur \(\mathbf{v}\) dans \(\mathbb{R}^2\text{.}\)
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Base \(\mathcal{B} = \lbrace \mathbf{b}_1, \mathbf{b}_2 \rbrace\)
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  1. Écrire le vecteur \(\mathbf{v}\) comme combinaison linéaire des vecteurs de la base \(\mathcal{B}\text{.}\) Entrer une somme de vecteurs de la forme 5 b1 + 6 b2.
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    \(\mathbf{v} =\)
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  2. Trouver le vecteur de coordonnées de \(\mathbf{v}\) dans la base \(\mathcal{B}\text{.}\) Entrer la réponse sous la forme <5,6>.
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    \(\lbrack \mathbf{v} \rbrack_{\mathcal{B}} =\)
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Réponse 1.
\(3\mathbf{b_1}+-2\mathbf{b_2}\)
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Réponse 2.
\(\left<3,-2\right>\)
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À vous de jouer 4.2.27.
Soit \(B= \left\lbrace \mathbf{b}_1,\ \mathbf{b}_2 \right\rbrace = \left\lbrace -1\mathbf{i}+2\mathbf{j},\ -3\mathbf{i}+5\mathbf{j} \right\rbrace\text{,}\) une base de \(\mathbb{R}^2\text{.}\)
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Donner les composantes du vecteur \(\mathbf{v}=9\mathbf{b}_1+2\mathbf{b}_2\) dans la base canonique \(E=\left\lbrace \mathbf{i},\ \mathbf{j} \right\rbrace .\)
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\(\mathbf{v}\) = \(\,\mathbf{i}\) \(+\) \(\,\mathbf{j}\)
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Réponse 1.
\(-15\)
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Réponse 2.
\(28\)
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À vous de jouer 4.2.28.
Soit \(B= \left\lbrace \mathbf{b}_1,\ \mathbf{b}_2,\ \mathbf{b}_3 \right\rbrace = \left\lbrace 0\mathbf{i}+1\mathbf{j} - 1\mathbf{k},\ 0\mathbf{i}+0\mathbf{j}+1\mathbf{k},\ -1\mathbf{i}+1\mathbf{j} - 2\mathbf{k} \right\rbrace\text{,}\) une base de \(\mathbb{R}^3.\)
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Donner les composantes de \(\mathbf{v}=9\mathbf{i}+6\mathbf{j}+5\mathbf{k}\) dans la base \(B.\)
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\(\mathbf{v}\) = \(\,\mathbf{b}_1 \ \ +\) \(\,\mathbf{b}_2 \ \ +\) \(\,\mathbf{b}_3\)
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Réponse 1.
\(15\)
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Réponse 2.
\(2\)
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Réponse 3.
\(-9\)
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