Rappels d’algèbre linéaire - preuves (A)

Soit $W = W_1 \cap W_2$. Nous devons montrer que $W$ est un sous-espace vectoriel de $V$.

Étape 1 : Le vecteur nul appartient à l'intersection

Puisque $W_1$ et $W_2$ sont des sous-espaces vectoriels, ils contiennent tous deux le vecteur nul $0_V$.

Par conséquent, $0_V \in W_1$ et $0_V \in W_2$, ce qui implique $0_V \in W_1 \cap W_2$. L'intersection n'est donc pas vide.

Étape 2 : Stabilité par combinaison linéaire

Soient $u, v \in W$ et $\lambda \in K$.

Puisque $u, v \in W_1 \cap W_2$, alors $u \in W_1$ et $v \in W_1$. Comme $W_1$ est un sous-espace vectoriel, il est stable par combinaison linéaire, donc $\lambda u + v \in W_1$.

De même, $u \in W_2$ et $v \in W_2$. Comme $W_2$ est un sous-espace vectoriel, on a $\lambda u + v \in W_2$.

Puisque $\lambda u + v$ appartient à la fois à $W_1$ et à $W_2$, il appartient à leur intersection.

$\lambda u + v \in W_1 \cap W_2$

Conclusion :

$W_1 \cap W_2$ contient $0_V$ et est stable par combinaison linéaire. C'est donc un sous-espace vectoriel de $V$.

Étape 1 : Existence

Par définition d'une base, la famille $\mathfrak{B}$ est génératrice. Donc pour tout $v \in V$, il existe des scalaires $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ tels que :

$v = \sum_{i=1}^n \lambda_i e_i$

Étape 2 : Unicité

Supposons que $v$ admette deux décompositions :

$v = \sum_{i=1}^n \lambda_i e_i \quad \text{et} \quad v = \sum_{i=1}^n \mu_i e_i$

En soustrayant la deuxième égalité à la première, on obtient :

$0_V = v - v = \left(\sum_{i=1}^n \lambda_i e_i\right) - \left(\sum_{i=1}^n \mu_i e_i\right) = \sum_{i=1}^n (\lambda_i - \mu_i) e_i$

Étape 3 : Utilisation de la liberté

Puisque $\mathfrak{B}$ est une base, c'est une famille libre. Par définition d'une famille libre, la seule combinaison linéaire nulle est celle dont tous les coefficients sont nuls.

Ainsi, pour tout $i \in \{1, \dots, n\}$ :

$\lambda_i - \mu_i = 0 \implies \lambda_i = \mu_i$

Conclusion :

Les coefficients sont identiques, la décomposition est donc unique.

Nous devons montrer que $\text{Ker}(f)$ contient $0_V$ et est stable par combinaison linéaire.

Étape 1 : Le vecteur nul

Comme $f$ est linéaire, on sait que l'image du vecteur nul est le vecteur nul : $f(0_V) = 0_W$.

Donc $0_V \in \text{Ker}(f)$.

Étape 2 : Stabilité

Soient $u, v \in \text{Ker}(f)$ et $\lambda \in K$.

Par définition du noyau, cela signifie que $f(u) = 0_W$ et $f(v) = 0_W$.

Calculons l'image de la combinaison linéaire $\lambda u + v$ par $f$ :

$f(\lambda u + v) = \lambda f(u) + f(v) \quad (\text{car } f \text{ est linéaire})$

En remplaçant $f(u)$ et $f(v)$ par $0_W$ :

$f(\lambda u + v) = \lambda \cdot 0_W + 0_W = 0_W$

Conclusion :

Puisque $f(\lambda u + v) = 0_W$, le vecteur $\lambda u + v$ appartient à $\text{Ker}(f)$. $\text{Ker}(f)$ est bien un sous-espace vectoriel de $V$.

Sens direct ($\Rightarrow$) : Supposons $f$ injective.

Soit $x \in \text{Ker}(f)$. Par définition, $f(x) = 0_W$.

Or, nous savons que pour toute application linéaire, $f(0_V) = 0_W$.

On a donc $f(x) = f(0_V)$.

Puisque $f$ est injective, $f(x) = f(0_V)$ implique $x = 0_V$.

Donc $\text{Ker}(f) = \{0_V\}$.

Sens réciproque ($\Leftarrow$) : Supposons $\text{Ker}(f) = \{0_V\}$.

Soient $x, y \in V$ tels que $f(x) = f(y)$.

Par linéarité, cela implique :

$f(x) - f(y) = 0_W \implies f(x - y) = 0_W$

Cela signifie que le vecteur $x - y$ appartient au noyau de $f$.

Or, par hypothèse, $\text{Ker}(f) = \{0_V\}$, donc :

$x - y = 0_V \implies x = y$

Nous avons montré que $f(x) = f(y) \implies x = y$, donc $f$ est injective.

Conclusion :

$f$ est injective $\iff \text{Ker}(f) = \{0_V\}$.

Soit $u \in V$.

Notons $X = \begin{pmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix}$ les coordonnées dans $\mathfrak{B}$, donc $u = \sum_{i=1}^n x_i e_i$.

Notons $X' = \begin{pmatrix} x'_1 \\ \vdots \\ x'_n \end{pmatrix}$ les coordonnées dans $\mathcal{C}$, donc $u = \sum_{j=1}^n x'_j v_j$.

Étape 1 : Expression des vecteurs de la nouvelle base

La matrice de passage $P = (p_{ij})$ contient en $j$-ème colonne les coordonnées de $v_j$ dans la base $\mathfrak{B}$ :

$v_j = \sum_{i=1}^n p_{ij} e_i$

Étape 2 : Substitution

Remplaçons $v_j$ dans l'expression de $u$ :

$u = \sum_{j=1}^n x'_j \left( \sum_{i=1}^n p_{ij} e_i \right)$

Étape 3 : Réarrangement (interversion des sommes)

$u = \sum_{i=1}^n \left( \sum_{j=1}^n p_{ij} x'_j \right) e_i$

Étape 4 : Identification

Par l'unicité des coordonnées dans la base $\mathfrak{B}$, le coefficient devant $e_i$ doit être $x_i$.

$x_i = \sum_{j=1}^n p_{ij} x'_j$

Cette égalité pour tout $i$ correspond exactement au produit matriciel de la ligne $i$ de $P$ par la colonne $X'$.

Conclusion :

Sous forme matricielle, cela s'écrit $X = P X'$.

Étape 1 : Définition de l'inverse

Si $A$ est inversible, il existe $A^{-1}$ telle que :

$A A^{-1} = I_n$

Étape 2 : Application du déterminant

Appliquons la fonction déterminant de chaque côté de l'égalité :

$\det(A A^{-1}) = \det(I_n)$

Étape 3 : Propriétés du déterminant

Nous savons que $\det(I_n) = 1$ (normalisation).

Nous savons aussi que le déterminant est multiplicatif, c'est-à-dire $\det(XY) = \det(X)\det(Y)$.

Donc :

$\det(A) \det(A^{-1}) = 1$

Étape 4 : Conclusion

Puisque le produit est 1, cela implique que $\det(A) \neq 0$ (ce qui est cohérent avec l'inversibilité) et que nous pouvons diviser par $\det(A)$.

$\det(A^{-1}) = \frac{1}{\det(A)} = (\det(A))^{-1}$

Nous procédons par récurrence sur $k$.

Initialisation ($k=1$) :

Si $v_1$ est un vecteur propre, il est non nul par définition. La famille $\{v_1\}$ est donc libre.

Hérédité :

Supposons la propriété vraie pour toute famille de $k-1$ vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes.

Soient $v_1, \dots, v_k$ des vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes $\lambda_1, \dots, \lambda_k$.

Considérons une combinaison linéaire nulle :

(1) $\alpha_1 v_1 + \alpha_2 v_2 + \dots + \alpha_k v_k = 0_V$

Appliquons l'endomorphisme $u$ à cette égalité. Par linéarité et définition des vecteurs propres ($u(v_i) = \lambda_i v_i$) :

(2) $\alpha_1 \lambda_1 v_1 + \alpha_2 \lambda_2 v_2 + \dots + \alpha_k \lambda_k v_k = 0_V$

Multiplions l'équation (1) par le scalaire $\lambda_k$ :

(3) $\alpha_1 \lambda_k v_1 + \alpha_2 \lambda_k v_2 + \dots + \alpha_k \lambda_k v_k = 0_V$

Soustrayons l'équation (3) de l'équation (2) :

$\alpha_1 (\lambda_1 - \lambda_k) v_1 + \dots + \alpha_{k-1} (\lambda_{k-1} - \lambda_k) v_k + \alpha_k (\lambda_k - \lambda_k) v_k = 0_V$

Le dernier terme s'annule. Il reste :

$\sum_{i=1}^{k-1} \alpha_i (\lambda_i - \lambda_k) v_i = 0_V$

Ceci est une combinaison linéaire de $k-1$ vecteurs propres. Par hypothèse de récurrence, cette famille est libre, donc tous les coefficients sont nuls :

$\forall i \in \{1, \dots, k-1\}, \quad \alpha_i (\lambda_i - \lambda_k) = 0$

Comme les valeurs propres sont distinctes, $\lambda_i - \lambda_k \neq 0$ pour tout $i < k$. Donc nécessairement $\alpha_i = 0$ pour $i=1, \dots, k-1$.

En reportant dans (1), il reste $\alpha_k v_k = 0$. Comme $v_k \neq 0$, alors $\alpha_k = 0$.

Conclusion :

Tous les $\alpha_i$ sont nuls, la famille est libre.

Sens direct ($\Rightarrow$) : Supposons la somme directe.

Soit $x \in E \cap F$.

On peut écrire $x$ comme élément de la somme $E+F$ de deux manières :

1. $x = x + 0_V$ (avec $x \in E$ et $0_V \in F$).
2. $x = 0_V + x$ (avec $0_V \in E$ et $x \in F$).

Puisque la somme est directe, la décomposition est unique. Donc le premier terme de la somme doit être le même : $x = 0_V$.

Ainsi, $E \cap F = \{0_V\}$.

Sens réciproque ($\Leftarrow$) : Supposons $E \cap F = \{0_V\}$.

Soit $w \in E + F$. Supposons qu'il existe deux décompositions :

$w = u + v = u' + v' \quad \text{avec } u, u' \in E \text{ et } v, v' \in F$

On peut réarranger l'égalité :

$u - u' = v' - v$

Le terme de gauche ($u - u'$) appartient à $E$ (car $E$ est un sous-espace).

Le terme de droite ($v' - v$) appartient à $F$ (car $F$ est un sous-espace).

Donc, ce vecteur commun appartient à $E \cap F$.

Par hypothèse, $E \cap F = \{0_V\}$, donc :

$u - u' = 0_V \implies u = u'$

$v' - v = 0_V \implies v = v'$

L'unicité de la décomposition est prouvée.

Conclusion :

La somme est directe si et seulement si l'intersection est réduite au vecteur nul.

Soit $A = \text{Mat}_{\mathfrak{B}}(f)$. Par définition, la colonne $j$ de $A$ correspond aux coordonnées du vecteur $f(v_j)$ dans la base $\mathfrak{B} = \{v_1, \dots, v_n\}$.

Étape 1 : Image des vecteurs de base

Puisque les $v_j$ sont des vecteurs propres, il existe des scalaires $\lambda_j$ (les valeurs propres) tels que :

$f(v_j) = \lambda_j v_j$

Étape 2 : Coordonnées dans la base

Le vecteur $\lambda_j v_j$ s'écrit comme combinaison linéaire des éléments de la base :

$f(v_j) = 0 \cdot v_1 + \dots + \lambda_j \cdot v_j + \dots + 0 \cdot v_n$

Les coordonnées sont donc nulles partout sauf à la $j$-ème position, où la coordonnée est $\lambda_j$.

Étape 3 : Construction de la matrice

La matrice $A$ a donc la forme :

Soit $\mathfrak{B}_E = \{u_1, \dots, u_p\}$ une base de $E$ ($\dim E = p$) et $\mathfrak{B}_F = \{v_1, \dots, v_q\}$ une base de $F$ ($\dim F = q$).

Posons $\mathcal{B} = \{u_1, \dots, u_p, v_1, \dots, v_q\}$.

Étape 1 : Famille génératrice

Soit $w \in E \oplus F$. Par définition de la somme, $w = u + v$ avec $u \in E$ et $v \in F$.

$u$ est combinaison linéaire de $\mathfrak{B}_E$ et $v$ est combinaison linéaire de $\mathfrak{B}_F$.

Donc $w$ est combinaison linéaire de $\mathcal{B}$. La famille engendre $E \oplus F$.

Étape 2 : Famille libre

Supposons une combinaison linéaire nulle :

$\sum_{i=1}^p \alpha_i u_i + \sum_{j=1}^q \beta_j v_j = 0_V$

Posons $x = \sum \alpha_i u_i \in E$ et $y = \sum \beta_j v_j \in F$.

L'équation devient $x + y = 0_V$, soit $x = -y$.

Comme $x \in E$ et $-y \in F$ (car $F$ est un sous-espace), on a $x \in E \cap F$.

La somme étant directe, $E \cap F = \{0_V\}$, donc $x = 0_V$ et $y = 0_V$.

Puisque $x = \sum \alpha_i u_i = 0_V$ et que $\mathfrak{B}_E$ est une base (donc libre), tous les $\alpha_i = 0$.

Puisque $y = \sum \beta_j v_j = 0_V$ et que $\mathfrak{B}_F$ est une base, tous les $\beta_j = 0$.

Conclusion :

La famille $\mathcal{B}$ est une base de $E \oplus F$. Elle contient $p+q$ éléments.

Donc $\dim(E \oplus F) = p + q = \dim(E) + \dim(F)$.