Combinaison linéaire de vecteurs

Une combinaison linéaire est un procédé qui permet de fabriquer un nouveau vecteur à partir d’une famille de vecteurs, en utilisant seulement l’addition et la multiplication.

Qu’est-ce qu’une combinaison linéaire

Prenons un espace vectoriel V. On sait que l’espace est stable par l’addition de vecteurs : pour deux vecteurs x, y ∈ V, on a toujours x + y ∈ V. Si l’on additionne deux vecteurs, on obtient donc encore un vecteur du même espace. Il en va de même pour la multiplication par un scalaire : si k ∈ ℝ, alors k · x ∈ V.

On peut combiner les deux opérations. Prenons k, l ∈ ℝ : l’expression k · x + l · y donne de nouveau un vecteur, appelons-le v, et ce vecteur v appartient encore à l’espace V. Pourquoi ? On a k · x ∈ V et, de même, l · y ∈ V. On additionne deux vecteurs de l’espace V, donc, par définition, on obtient un vecteur de l’espace V.

On dit alors que le vecteur v est une combinaison linéaire des vecteurs x et y. De façon générale, si l’on a des vecteurs x₁, x₂, …, x_n et des nombres réels k₁, k₂, …, k_n, que l’on appelle les coefficients, alors une combinaison linéaire de ces vecteurs est le vecteur v obtenu ainsi :

$v = k_{1} \cdot x_{1} + k_{2} \cdot x_{2} + \dots + k_{n} \cdot x_{n} .$

Exemple : prenons l’espace ℝ² et deux de ses vecteurs : (2 ; 3) et (0 ; 8). Choisissons maintenant les coefficients k₁ = 2 ; k₂ = 5. La combinaison linéaire de ces vecteurs avec les coefficients k₁, k₂ est le vecteur

$2 \cdot (2; 3) + 5 \cdot (0; 8) = (4; 6) + (0; 40) = (4; 46)$

On a obtenu le vecteur (4 ; 46), qui appartient à l’espace ℝ². Avec d’autres coefficients, on obtiendrait un autre vecteur. Pour k₁ = 0 ; k₂ = −1, on a :

$0 \cdot (2; 3) - 1 \cdot (0; 8) = (0; 0) + (0; - 8) = (0; - 8)$

Vecteurs linéairement dépendants

Les combinaisons linéaires sont étroitement associées aux notions de famille liée et de famille libre. Voyons cela sur un exemple : prenons l’espace vectoriel ℝ² et une famille Q de vecteurs de cet espace :

$Q = {(1; 1); (2; 4); (3; 5); (10; 18)}$

Nous cherchons maintenant si l’un de ces quatre vecteurs peut s’écrire comme combinaison linéaire des trois autres. En regardant les vecteurs, on voit que le vecteur (3 ; 5) est tout simplement la somme des deux premiers.

$(1; 1) + (2; 4) = (3; 5)$

Le vecteur (3 ; 5) est donc une combinaison linéaire des vecteurs (1 ; 1) et (2 ; 4). Pour s’amuser, retirons ce vecteur de la famille Q. On obtient une nouvelle famille Q₁ :

$Q_{1} = {(1; 1); (2; 4); (10; 18)}$

Y a-t-il encore un vecteur qui soit combinaison linéaire des autres ? Oui, le vecteur (10 ; 18) est une combinaison linéaire des deux premiers pour k₁ = 2 ; k₂ = 4 :

$2 \cdot (1; 1) + 4 \cdot (2; 4) = (2; 2) + (8; 16) = (10; 18)$

Retirons encore ce vecteur, et on obtient :

$Q_{2} = {(1; 1); (2; 4)}$

On se pose de nouveau la question : peut-on obtenir l’un des vecteurs comme combinaison de l’autre ? Non, aucun multiple du vecteur (1 ; 1) n’est égal au vecteur (2 ; 4).

On a obtenu une famille de vecteurs dans laquelle aucun vecteur ne s’écrit comme combinaison linéaire des autres. Une telle famille s’appelle une famille libre. Si un vecteur peut s’exprimer comme combinaison des autres, on dit que ce vecteur dépend linéairement des autres ; sinon, on dit qu’il n’en dépend pas, et la famille est dite liée dès qu’au moins un de ses vecteurs dépend des autres.

Le vecteur nul

Le vecteur nul 0 joue un rôle important dans la dépendance linéaire. Revenons à la famille Q₁ et à l’espace ℝ². La famille Q₁ est :

$Q_{1} = {(1; 1); (2; 4); (10; 18)}$

et l’on sait déjà que le vecteur (10 ; 18) dépend des autres, puisque 2 · (1 ; 1) + 4 · (2 ; 4) = (10 ; 18). Que se passerait-il si l’on retranchait le vecteur (10 ; 18) de l’expression 2 · (1 ; 1) + 4 · (2 ; 4) ? Autrement dit, si l’on ajoutait son opposé, c’est-à-dire −1 fois ce vecteur ? On aurait :

$2 \cdot (1; 1) + 4 \cdot (2; 4) - (10; 18)$

Cette expression est évidemment égale au vecteur nul :

$2 \cdot (1; 1) + 4 \cdot (2; 4) - (10; 18) = (0; 0)$

On en tire une propriété intéressante. Si la famille de vecteurs x₁, x₂, …, x_n est liée, alors il existe des coefficients réels a₁, a₂, …, a_n tels que

$a_{1} \cdot x_{1} + a_{2} \cdot x_{2} + \dots + a_{n} \cdot x_{n} = 0$

avec au moins un coefficient a_i non nul. Si l’on prenait tous les coefficients égaux à zéro, on obtiendrait toujours une égalité vraie, et toute famille de vecteurs serait alors liée, ce qui est évidemment absurde. La justification de l’égalité précédente est simple. Si, par exemple, le vecteur x₁ dépend des autres, cela signifie que

$a_{2} \cdot x_{2} + \dots + a_{n} \cdot x_{n} = x_{1}$

Il suffit d’ajouter −x₁ aux deux membres de cette égalité pour obtenir

$- 1 \cdot x_{1} + a_{2} \cdot x_{2} + \dots + a_{n} \cdot x_{n} = 0$

Comment savoir si des vecteurs sont liés

Si l’on a des vecteurs x₁, x₂, …, x_n et que l’on veut savoir s’ils sont linéairement dépendants ou indépendants, il suffit de résoudre l’équation précédente

$a_{1} \cdot x_{1} + a_{2} \cdot x_{2} + \dots + a_{n} \cdot x_{n} = 0$

c’est-à-dire de trouver les coefficients a_i. Dans l’espace ℝ³, on pourrait avoir les vecteurs (1 ; 2 ; 3), (2 ; 1 ; 7), (1 ; −4 ; 5). Comme on veut savoir s’ils sont liés, on résout l’équation

$a_{1} \cdot (1; 2; 3) + a_{2} \cdot (2; 1; 7) + a_{3} \cdot (1; - 4; 5) = (0; 0; 0)$

On la développe simplement à l’aide de la définition de l’addition de vecteurs et de la multiplication d’un vecteur par un réel. On a a₁ · (1 ; 2 ; 3) = (a₁ ; 2a₁ ; 3a₁), etc. On obtient :

$(a_{1}; 2 a_{1}; 3 a_{1}) + (2 a_{2}; a_{2}; 7 a_{2}) + (a_{3}; - 4 a_{3}; 5 a_{3}) = (0; 0; 0)$

Développons maintenant l’addition. On additionne toujours coordonnée par coordonnée : on additionne donc la première coordonnée du premier vecteur a₁, la première coordonnée du deuxième vecteur 2a₂ et la première coordonnée du troisième vecteur a₃, et le tout doit être égal à la première coordonnée du vecteur nul, c’est-à-dire à zéro. Et de même pour la deuxième et la troisième coordonnée. On obtient un système d’équations linéaires :

$\begin{matrix} a_{1} & + & 2 a_{2} & + & a_{3} & = & 0 \\ 2 a_{1} & + & a_{2} & + & - 4 a_{3} & = & 0 \\ 3 a_{1} & + & 7 a_{2} & + & 5 a_{3} & = & 0 \end{matrix}$

On peut écrire ce système sous la forme d’une matrice :

$(\begin{matrix} 1 & 2 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & - 4 & 0 \\ 3 & 7 & 5 & 0 \end{matrix})$

Remarque que les colonnes de cette matrice contiennent en fait les vecteurs de départ. La première colonne contient le vecteur (1 ; 2 ; 3), la troisième le vecteur (1 ; −4 ; 5), etc. Dans les calculs, tu n’as donc pas besoin de refaire toutes ces transformations compliquées : tu construis cette matrice en rangeant en colonnes les vecteurs dont tu veux savoir s’ils sont liés, puis tu ajoutes une colonne de zéros.

On peut résoudre le système par la méthode du pivot de Gauss. On transforme la matrice en matrice échelonnée. D’abord, on ajoute à la deuxième ligne −2 fois la première ligne et à la troisième ligne −3 fois la première ligne :

$(\begin{matrix} 1 & 2 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & - 4 & 0 \\ 3 & 7 & 5 & 0 \end{matrix}) \sim (\begin{matrix} 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & - 3 & - 6 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \end{matrix})$

On peut maintenant ajouter à la deuxième ligne 3 fois la troisième ligne :

$(\begin{matrix} 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & - 3 & - 6 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \end{matrix}) \sim (\begin{matrix} 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \end{matrix})$

On n’a même pas besoin d’aller plus loin : on a réussi à obtenir une ligne nulle, ce qui montre que les vecteurs sont liés. On peut cependant terminer la résolution du système. Posons le paramètre a₃ = t. Alors, de l’équation

$a_{2} + 2 a_{3} = 0$

qui correspond à la dernière ligne de la matrice, on obtient, en remplaçant a₃ par t :

$\begin{array}{rcl} a_{2} + 2 t & = & 0 \\ a_{2} & = & - 2 t \end{array}$

Remplaçons maintenant ces valeurs dans la première équation, c’est-à-dire dans la première ligne de la matrice :

$\begin{array}{rcl} a_{1} + 2 a_{2} + a_{3} & = & 0 \\ a_{1} - 4 t + t & = & 0 \\ a_{1} & = & 3 t \end{array}$

On a donc a₁ = 3t ; a₂ = −2t ; a₃ = t. Si l’on prend par exemple t = 3, on obtient une solution particulière a₁ = 9 ; a₂ = −6 ; a₃ = 3. On peut remplacer ces coefficients dans l’équation de départ

$a_{1} \cdot (1; 2; 3) + a_{2} \cdot (2; 1; 7) + a_{3} \cdot (1; - 4; 5) = (0; 0; 0)$

et l’on obtient :

$9 \cdot (1; 2; 3) + (- 6) \cdot (2; 1; 7) + 3 \cdot (1; - 4; 5) = (0; 0; 0)$

Transformons le membre de gauche :

$\begin{array}{rcl} 9 \cdot (1; 2; 3) + (- 6) \cdot (2; 1; 7) + 3 \cdot (1; - 4; 5) & = & (0; 0; 0) \\ (9; 18; 27) + (- 12; - 6; - 42) + (3; - 12; 15) & = & (0; 0; 0) \\ (9 - 12 + 3; 18 - 6 - 12; 27 - 42 + 15) & = & (0; 0; 0) \\ (0; 0; 0) & = & (0; 0; 0) \end{array}$

On voit qu’avec les coefficients a₁ = 9 ; a₂ = −6 ; a₃ = 3, par exemple, on obtient le vecteur nul à partir des vecteurs (1 ; 2 ; 3), (2 ; 1 ; 7), (1 ; −4 ; 5). Si le système n’avait que l’unique solution nulle, les vecteurs seraient linéairement indépendants.

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