soit
a 1 ϕ 1 + · · · + a p ϕ p = 0
donc, comme les scalaires a k ne sont pas tous nuls, (ϕ 1 ,. . . ,ϕ p ) est liée.
3. Pour montrer que la famille (ϕ 1 ,. . . ,ϕ p ) est libre il suffit d'introduire une combinaison linéaire nulle et de montrer que tous les coefficients sont nuls.
Partant de la relation a 1 ϕ 1 + · · · + a p ϕ p = 0 on voit que, pour en tirer a 1 = 0, il
suffit de disposer d'un vecteur x ∈ E tel que ϕ 1 (x) = 1 mais ϕ k (x) = 0 pour k 2.
Un tel vecteur x doit donc vérifier T (x) = (1,0,. . . ,0) . L'hypothèse de surjectivité
de T nous assure l'existence de ce vecteur. Il suffit de faire de même pour chacun
des coefficients a k .
Supposons T surjective et considérons une combinaison linéaire nulle :
a 1 ϕ 1 + · · · + a p ϕ p = 0 avec (a 1 ,. . . ,a p ) ∈ K
p
.
Soit (e 1 ,. . . ,e p ) la base canonique de K p . T étant surjective, il existe des
élements x 1 ,. . . ,x p de E tels que, pour tout k, T (x k ) = e k .
En particulier, pour tout k ∈ {1,. . . ,p} : a 1 ϕ 1 (x k ) + · · · + a p ϕ p (x k ) = 0.
Comme ϕ k (x k ) = 1 et ϕ k (x l ) = 0 si l = / k il vient donc, pour tout k,
a k = 0.
Ainsi, (ϕ 1 ,. . . ,ϕ p ) est libre.
4. Cette question est à moitié traitée : nous avons précédemment étudié la surjectivité de T et ici nous devons étudier sa bijectivité. Par ailleurs, nous avons étudié la
liberté de la famille (ϕ 1 ,. . . ,ϕ p ) et il est ici question de savoir quand elle est une
base. Il faut donc, a priori, étudier l'injectivité de T et le caractère générateur de
(ϕ 1 ,. . . ,ϕ p ) . Cependant, en dimension finie, on dispose de la notion de dimension
qui permet de simplifier ce genre de démonstration. En effet, une famille libre d'un
espace vectoriel de dimension finie F en est une base si, et seulement si, son cardinal est dim(F). De manière analogue, une application linéaire surjective
T : F → G (avec F et G de dimension finie) est bijective si, et seulement si,
dim(F) = dim(G).
Nous allons donc pouvoir traiter cette question uniquement par des considérations
de dimension, i.e. presque sans aucun calcul.
Supposons que T est bijective. Alors T est en particulier surjective donc,
d'après ce qui précède, (ϕ 1 ,. . . ,ϕ p ) est libre.
Par ailleurs, T étant un isomorphisme, dim(E) = dim(K p ) , i.e. p = n.
Enfin, dim(E ∗ ) = dim(E) = n . Ainsi, (ϕ 1 ,. . . ,ϕ p ) est une famille libre de
E ∗ ayant n = dim(E ∗ ) vecteurs : c'est donc une base de E ∗ .
Réciproquement, supposons que (ϕ 1 ,. . . ,ϕ p ) est une base de E ∗ . Alors elle
est en particulier libre donc T est surjective.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
55
Chapitre 2 • Algèbre linéaire
a 1 ϕ 1 + · · · + a p ϕ p = 0
donc, comme les scalaires a k ne sont pas tous nuls, (ϕ 1 ,. . . ,ϕ p ) est liée.
3. Pour montrer que la famille (ϕ 1 ,. . . ,ϕ p ) est libre il suffit d'introduire une combinaison linéaire nulle et de montrer que tous les coefficients sont nuls.
Partant de la relation a 1 ϕ 1 + · · · + a p ϕ p = 0 on voit que, pour en tirer a 1 = 0, il
suffit de disposer d'un vecteur x ∈ E tel que ϕ 1 (x) = 1 mais ϕ k (x) = 0 pour k 2.
Un tel vecteur x doit donc vérifier T (x) = (1,0,. . . ,0) . L'hypothèse de surjectivité
de T nous assure l'existence de ce vecteur. Il suffit de faire de même pour chacun
des coefficients a k .
Supposons T surjective et considérons une combinaison linéaire nulle :
a 1 ϕ 1 + · · · + a p ϕ p = 0 avec (a 1 ,. . . ,a p ) ∈ K
p
.
Soit (e 1 ,. . . ,e p ) la base canonique de K p . T étant surjective, il existe des
élements x 1 ,. . . ,x p de E tels que, pour tout k, T (x k ) = e k .
En particulier, pour tout k ∈ {1,. . . ,p} : a 1 ϕ 1 (x k ) + · · · + a p ϕ p (x k ) = 0.
Comme ϕ k (x k ) = 1 et ϕ k (x l ) = 0 si l = / k il vient donc, pour tout k,
a k = 0.
Ainsi, (ϕ 1 ,. . . ,ϕ p ) est libre.
4. Cette question est à moitié traitée : nous avons précédemment étudié la surjectivité de T et ici nous devons étudier sa bijectivité. Par ailleurs, nous avons étudié la
liberté de la famille (ϕ 1 ,. . . ,ϕ p ) et il est ici question de savoir quand elle est une
base. Il faut donc, a priori, étudier l'injectivité de T et le caractère générateur de
(ϕ 1 ,. . . ,ϕ p ) . Cependant, en dimension finie, on dispose de la notion de dimension
qui permet de simplifier ce genre de démonstration. En effet, une famille libre d'un
espace vectoriel de dimension finie F en est une base si, et seulement si, son cardinal est dim(F). De manière analogue, une application linéaire surjective
T : F → G (avec F et G de dimension finie) est bijective si, et seulement si,
dim(F) = dim(G).
Nous allons donc pouvoir traiter cette question uniquement par des considérations
de dimension, i.e. presque sans aucun calcul.
Supposons que T est bijective. Alors T est en particulier surjective donc,
d'après ce qui précède, (ϕ 1 ,. . . ,ϕ p ) est libre.
Par ailleurs, T étant un isomorphisme, dim(E) = dim(K p ) , i.e. p = n.
Enfin, dim(E ∗ ) = dim(E) = n . Ainsi, (ϕ 1 ,. . . ,ϕ p ) est une famille libre de
E ∗ ayant n = dim(E ∗ ) vecteurs : c'est donc une base de E ∗ .
Réciproquement, supposons que (ϕ 1 ,. . . ,ϕ p ) est une base de E ∗ . Alors elle
est en particulier libre donc T est surjective.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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Chapitre 2 • Algèbre linéaire