Chapitre 13 : Espaces vectoriels

1. $\mathbb{R}^n, \mathbb{C}^n,..., K^n$

2. Les fonctions à valeurs scalaire $\mathcal{F}(X,K)$

3. Les suites $\mathcal{F}(\mathbb{N},K)$

4. Les polynômes $K[X]$

Supposons que $F\subset G$
Alors $F\cup G = G$ est un sous-espace vectoriel
Idem si $G \subset F$

Réciproquement, on suppose que $F\cup G$ est un sous-espace vectoriel de $E$.
On suppose que $F\not\subset G$. Montrons que $G\subset F$.
Soit $x\in G$, montrons que $x\in F$
$F\not\subset G$, d'où $x_0\in F$ tq $x_0\notin G$
$x$ et $x_0$ sont dans $F\cup G$
or $F\cup G$ est un sous-espace vectoriel par hypothèse
donc la somme $x+x_0\in F\cup G$
Donc $x+x_0\in F$ ou $x+x_0\in G$
$1^{\text{er}}$ cas : supposons que $x+x_0\in F$
Or $x = (x+x_0)-x_0$
donc $x\in F$ car $F$ est un sous-espace vectoriel de $E$ donc stable par combinaison linéaire.
$2^{\text{nd}}$ cas : supposons que $x+x_0\in G$
Or $x_0 = (x_0+x)-x$
donc $x_0\in G$ car $G$ est un sous-espace vectoriel de $E$ donc stable par combinaison linéaire.
Or $x_0\notin G$ par hypothèse. Donc le $2^{\text{nd}}$ cas est impossible.
Ainsi $x\in F$ d'où le résultat ($G\subset F$)

1. Montrons que $F+G$ est un sous-espace vectoriel de $E$.
$0_E = 0_E + 0_E$, donc $0_E\in F+G$
Soient $z$ et $z'$ dans $F+G$ et $\lambda$ et $\mu$ dans $K$
D'où $x$ et $x'$ dans $F$, $y$ et $y'$ dans G tq $\left\lbrace\begin{array}{l} z = x + y\\ z' = x'+y' \end{array}\right.$
On pose $z'' = \lambda z + \mu z'$. Montrons que $z''\in F+G$ \begin{eqnarray*} z'' &=& \lambda x + \lambda y + \mu x' + \mu y'\\ &=& \underbrace{(\lambda x + \mu x')}_{\in F} + \underbrace{(\lambda y + \mu y')}_{\in G} \hspace{20pt} \text{car }F\text{ et }G\text{ sont stable par combinaison linéaire} \end{eqnarray*} Donc $z''\in F+G$
Ainsi $F+G$ est un sous-espace vectoriel de $E$

2. On a vu que $F$ et $G$ sont dans $F+G$. Donc $F\cup G\subset F+G$. Ainsi $F+G$ est un sous-espace vectoriel de $E$ qui contient $F\cup G$
Donc $\text{vect}(F\cup G)\subset F+G$
Par ailleurs, tout élément de $F+G$ est une combinaison linéaire d'élément de $F\cup G$.
Donc $F+G \subset \text{vect}(F\cup G)$
Donc $F+G = \text{vect}(F\cup G)$ par double inclusion.

Supposons que la somme $F+G$ est directe (unicité de l'écriture).
Montrons que $F\cap G = \{0_E\}$
$0_E\in F\cap G$ car $F$ et $G$ sont des sous-espaces vectoriel de $E$.
Ils contiennent le vecteur nul.
Montrons que $F\cap G\subset \{0_E\}$
Soit $x\in F\cap G$. Montrons que $x = 0_E$
$x + 0_E = 0_E + x$
Donc, par unicité de l'écriture $\left\lbrace \begin{array}{l} x = 0_E\\ 0_E = x \end{array} \right.$
Donc $x = 0_E$

Réciproquement, on suppose que $F\cap G = 0_E$.
Prouvons l'unicité de l'écriture.
Soit $z\in F+G$ tq $z = f+g$ où $f\in F$ et $g\in G$ et $z = f' + g'$ où $f'\in F$ et $g'\in G$
Montrons que $\left\lbrace \begin{array}{l} f = f'\\ g=g' \end{array} \right.$
On a $f + g = f' + g'$
donc $\underbrace{f-f'}_{\in F} = \underbrace{g'-g}_{\in G}$
donc $f-f'\in F\cap G$ et $g'-g \in F\cap G$
Ainsi $f = f'$ et $g=g'$
D'où le résultat.

1. Montrons que $\mathcal{P}$ et $\mathcal{I}$ sont des sous-espaces vectoriels de $E$.
Montrons que $\mathcal{I}$ est un sous-espace vectoriel de $E$.
$O_E$, la fonction nulle est impaire donc $O_E \in \mathcal{I}$
Soient $f$ et $g$ dans $\mathcal{I}$, $\lambda$ et $\mu$ dans $\mathbb{R}$
On pose $h = \lambda f + \mu g$
Montrons que $h \in \mathcal{I}$, Montrons que $h$ est impaire
Soit $x\in \mathbb{R}$ \begin{eqnarray*} h(-x) &=& \lambda f(-x) + \mu g(-x)\\ &=& -\lambda f(x) - \mu g(x) \hspace{20pt} \text{car } f\text{ et }g \text{ dans }\mathcal{I}\\ &=& -h(x) \end{eqnarray*} Donc $h\in\mathcal{I}$
Donc $\mathcal{I}$ est un sous-espace vectoriel de $E$.
De même pour $\mathcal{P}$

2. Montrons que $E = \mathcal{P}+\mathcal{I}$
$\mathcal{P}+\mathcal{I} \subset E$ (évident)
Montrons que $E \subset \mathcal{P}+\mathcal{I}$
Soit $f\in E = \mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$
Soit $x\in \mathbb{R}$ $$f(x) = \underbrace{\frac{f(x)+f(-x)}{2}}_{\text{notée }g(x)} + \underbrace{\frac{f(x)-f(-x)}{2}}_{\text{notée }h(x)}$$ $\displaystyle{}g(-x) = \frac{f(-x) + f(x)}{2}$, donc $g$ est paire.
$\displaystyle{}h(-x) = \frac{f(-x) - f(x)}{2} = -h(x)$, donc $h$ est impaire.
Ainsi $f = g+h$ avec $g\in\mathcal{P}$ et $h\in \mathcal{I}$

3. Montrons que $E = \mathcal{P}\oplus \mathcal{I}$
On a $\mathcal{P}+\mathcal{I} = E$. Montrons que la somme est directe. Montrons que $\mathcal{P}\cap\mathcal{I} = \{0_E\}$
Soit $f\in \mathcal{P}\cap \mathcal{I}$. Montrons que $f = 0_E$
$f$ est à la fois paire et impaire par hypothèse.
Soit $x\in\mathbb{R}$, $f(-x) = f(x)$ car $f$ est paire et $f(-x) = -f(x)$ car $f$ est impaire.
Donc $f(x) = -f(x)$ i.e. $2f(x) = 0$, donc $f(x) = 0$
Donc $\forall x\in \mathbb{R}$, $f(x) = 0$ i.e. $f = 0_E$
D'où le résultat.

4. Cas particulier $f = \exp$ \begin{eqnarray*} g(x) &=& \frac{e^x+e^{-x}}{2} = \text{ch}(x) \hspace{20pt} \text{(paire)}\\ \\ h(x) &=& \frac{e^x-e^{-x}}{2} = \text{sh}(x) \hspace{20pt} \text{(impaire)} \end{eqnarray*}

Pour prouver que des sous-espaces vectoriels $F$ et $G$ sont des supplémentaires dans $E$ il faut montrer que c'est une somme directe et que $F+G = E$

1. $G$ est un sous-espace vectoriel car c'est un $\text{vect}$.
$f = 0_E$, la fonction nulle est dérivable et vérifie $f(0) = f'(0) = 0$
Donc $0_F\in F$
Montrons que $f$ est stable par combinaison linéaire.
Soient $f$ et $g$ dans $F$, $\lambda$ et $\mu$ dans $\mathbb{R}$.
On pose $h = \lambda f + \mu g$
On a $h(0) = \lambda f(0) + \mu g(0) = 0+0 = 0$
$h' = (\lambda f + \mu g)' = \lambda f' + \mu g'$
Donc $h'(0) = \lambda f'(0) + \mu g'(0) = 0 + 0 = 0$
Donc $h\in F$
Conclusion : $F$ est un sous-espace vectoriel de $E$.

2.1. Montrons que $F\oplus G = E$. (il faut prouver que $E = F+G$ et que $F\cap G = \{0_E\}$)
Montrons que $F\cap G = \{0_E\}$
Soit $f\in F\cap G$, montrons que $f = 0_E$
$f\in G$, d'où $\lambda$ et $\mu$ réels tq $f = \lambda\sin + \mu\cos$
$f\in F$, donc $\left\lbrace\begin{array}{l} f(0) = 0\\ f'(0) = 0 \end{array}\right.$
$f' = \lambda\cos - \mu\sin$
$f(0) = 0 \Leftrightarrow \lambda\sin(0) + \mu\cos(0) = 0 \Leftrightarrow \mu = 0$
$f'(0) = 0 \Leftrightarrow \lambda\cos(0) - \mu\sin(0) = 0 \Leftrightarrow \lambda = 0$
donc $f$ est nulle ($f = 0_E$)
Donc la somme est directe.

2.2.Montrons que $E = F + G$
L'inclusion $F+G \subset E$ est évidente.
Montrons que $E\subset F+G$
Soit $h\in E$
Il s'agit de trouver $f\in F$ et $g\in G$ tq $h = f+g$
Analyse : si de telles fonctions $f$ et $g$ existent, alors $g = \lambda \sin + \mu \cos$ où $(\lambda, \mu)\in \mathbb{R}^2$
Alors $f = h-g$
$f\in F$ donc $\left\lbrace\begin{array}{l} f(0) = 0\text{ i.e. } h(0)-g(0) = 0\\ f'(0) = 0\text{ i.e. } h'(0)-g'(0) = 0 \end{array}\right.$
Or $g' = \lambda\cos - \mu\sin$
Donc $\left\lbrace\begin{array}{l} f(0) = 0\text{ i.e. } h(0)-g(0) = 0\\ f'(0) = 0\text{ i.e. } h'(0)-g'(0) = 0 \end{array}\right.\Leftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{l} h(0) = \lambda\sin(0) + \mu\cos(0)\\ h'(0) = \lambda\cos(0) - \mu\sin(0) \end{array}\right. \Leftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{l} \mu = h(0)\\ \lambda = h'(0) \end{array}\right.$

Synthèse :
Soit $h\in E$,
On pose : $g = h'(0)\sin + h(0)\cos$ (ainsi $g\in \text{vect}\{\sin, \cos\}$ i.e. $g\in G$)
$f = h-g$ (ainsi $h = f+g$)
Il reste à vérifier que $f\in F$
$f(0) = h(0)-g(0)$, or $g(0) = h'(0)\sin(0) + h(0)\cos(0) = h(0)$ donc $f(0) = 0$
$f'(0) = h'(0)-g'(0)$, or $g'(0) = h'(0)\cos(0) - h(0)\sin(0) = h'(0)$ donc $f'(0) = 0$
Ainsi $f\in F$
Conclusion : $E\subset F+G$, et donc $E = F+G$
Selon le 2.1., E = $F\oplus G$ i.e. $F$ et $G$ sont supplémentaire dans $E$.

II. Familles.

Rédaction :
1. Pour montrer que ($u_1,...,u_p$) est liée, on pose : $\lambda_1,..., \lambda_p$ et on leur donne des valeurs.
On vérifie que $\lambda_1u_1+...+\lambda_pu_p = 0_E$.
2. Pour montrer que ($u_1,...,u_p$) est libre, on prouve que la seule relation possible est la relation triviale.
Soient $\lambda_1,...,\lambda_p$ des scalaires tels que $\lambda_1u_1+...+\lambda_pu_p = 0_E$
Mq $\lambda_1=... =\lambda_p=0_E$

Une famille base sert à décomposer un vecteur de manière unique.

Toute sous famille d'une famille libre est aussi libre.
Toute sur-famille d'une famille liée est aussi liée.
Toute sur-famille d'une famille génératrice est encore génératrice.

III. Compléments sur les anneaux.

1. Formule du binôme de Newton dans un anneau unitaire :
$(A,+,\times)$ un anneau unitaire, $(a,b)\in A^2$ et $n\in\mathbb{N}$.
Si $a$ et $b$ commutent i.e. $(a\times b) = (b\times a)$ alors : $$(a+b)^n = \sum_{k=0}^n \left(\begin{array}{c} n\\k \end{array}\right) a^k b^{n-k}$$ NB : par convention $a^0 = 1_A$

2. $a^n-b^n$ :
$(A,+,\times)$ un anneau unitaire, $(a,b)\in A^2$ et $n\in\mathbb{N}$ si $a$ et $b$ commutent i.e. $(a\times b) = (b\times a)$ alors : $$a^n-b^n = (a-b)\times \sum_{k=0}^{n-1}a^kb^{n-1-k}$$ 3. $a^n-1_A$ :
$(A,+,\times)$ un anneau unitaire, $a\in A$ (quelconque) et $n\in\mathbb{N}$ alors : $$a^n-1_A = (a-1_A)(a^{n-1} + a^{n-2}+...+a+1_A)$$

On définit $\mathbb{Z}[\sqrt{2}]=\{a+b\sqrt{2}/(a,b)\in\mathbb{Z}^2\}$
Montrons que $(\mathbb{Z}[\sqrt{2}], +, \times)$ est un anneau.
Montrons que $(\mathbb{Z}[\sqrt{2}], +, \times)$ est un sous-anneau de $(\mathbb{R}, +, \times)$

1. $0\in \mathbb{Z}[\sqrt{2}]$, car $0 = 0+0\sqrt{2}$
$1\in\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$, car $1=1+0\sqrt{2}$
2. $(a+b\sqrt{2})+(a'+b'\sqrt{2}) = (a+a')+(b+b')\sqrt{2}$
$(a+b\sqrt{2})(a'+b'\sqrt{2}) =(aa'+2bb')+(ab'+a'b)\sqrt{2}$
3. $-(a+b\sqrt{2}) = (-a)+(-b\sqrt{2})\in \mathbb{Z}[\sqrt{2}]$

IV. Applications linéaires.

Il revient au même d'exiger :
1. $\forall(x,y)\in E^2, f(x+y)=f(x)+f(y)$ 2. $\forall\lambda\in K, \forall x\in E, f(\lambda x) = \lambda f(x)$

Soient $\lambda_0, \lambda_1, ..., \lambda_{p-1}$ des scalaires tq $\lambda_0x_0 + \lambda_1f(x_1)+...+\lambda_{p-1}f(x_0)^{p-1} = 0_E$
Montrons que $\lambda_0 = \lambda_1 = ... = \lambda_{p-1} = 0_K$
On applique $f^{p-1}$
\begin{eqnarray*} f^{p-1}[\lambda_0x_0 + \lambda_1f(x_0)+...+\lambda_{p-1}f(x_0)^{p-1}] &=& f^{p-1}(O_K)\\ \lambda_0f^{p-1}(x_0)+\underbrace{\lambda_1f^{p}(x_0)+...+f^{2p-2}(x_0)}_{\text{nuls car }f^p = 0_{\mathcal{L}(E)}} &=& 0_E \end{eqnarray*} Donc $\forall k\geq p, f^k = 0_E$
Ainsi $\lambda_0\underbrace{f^{p-1}(x_0)}_{\neq O\text{ par hypothèse}} = 0_E$ donc $\lambda_0 = 0_K$
Ainsi $\lambda_1f(x_0)+\lambda_2f(x_0)+...+\lambda_{p-1}f(x_0) = 0_E$
On applique $f^{p-2}$
\begin{eqnarray*} f^{p-1}[\lambda_1f(x_0)+\lambda_2f(x_0)+...+\lambda_{p-1}f(x_0)^{p-1}] &=& f^{p-2}(O_K)\\ \lambda_1f^{p-1}(x_0)+\underbrace{\lambda_2f^{p}(x_0)+...+f^{2p-3}(x_0)}_{\text{nuls car }f^p = 0_{\mathcal{L}(E)}} &=& 0_E \end{eqnarray*} Ainsi $\lambda_1\underbrace{f^{p-1}(x_0)}_{\neq 0_E\text{ par hypothèse}} = 0_E$ donc $\lambda_1 = 0_K$
Donc $\lambda_1f(x_0)+\lambda_2f(x_0)+...+\lambda_{p-1}f(x_0) = 0_E$
En appliquant successivement $f^{p-3}, f^{p-4}, ...$ on obtient par récurrence immédiate : $\lambda_{p-1}\underbrace{f^{p-1}(x_0)}_{\neq 0_E} = 0_E$
Donc $\lambda_{p-1} = 0_K$
Ainsi $\lambda_0 = ... = \lambda_{p-1} = 0_K$
Donc la famille est libre.

1. $\ker f = f^{-1}(\{0_F\})$ et $\{0_F\}$ est un sous-espace vectoriel de $F$
Donc $\ker f$ est un sous-espace vectoriel de $E$.
$\text{Im} f = f(E)$ est l'image directe de $E$ donc c'est un sous-espace vectoriel de $F$

2. On suppose que $f$ est injective.
Montrons que $\ker f = \{0_E\}$
$\{0_E\}\subset \ker f$ car $\ker f$ est un sous-espace vectoriel.
Montrons que $\ker f \subset\{0_E\}$.
Soit $x\in \ker f$ i.e. $f(x) = 0_F$
Or $0_F = f(0_E)$
Donc $f(x) = f(0_E)$ et $f$ étant injective, on a donc $x = 0_E$
Réciproquement, on suppose que $\ker f = \{0_E\}$.
Montrons que $f$ est injective.
Soient $x$ et $y$ dans $E$ tq $f(x) = f(y)$
Montrons que $x=y$
$f(x)-f(y) = 0_F$, donc $f(x-y) = 0_F$ (car $f$ est linéaire)
Ainsi $x-y\in\ker f$
Or $\ker f = \{0_E\}$, donc $x-y = 0_E$ i.e. $x = y$
Ainsi $f$ est injective

Décor : Soient $E$ un $K$-espace vectoriel, $F$ et $G$ des sous-espace vectoriel supplémentaires de $E$ i.e. $E = F\oplus G$

NB : Si $x\in E$, alors $x$ s'écrit de façon unique $x = x_F+x_G$ où $x_F\in F$ et $x_G\in G$. Alors $P_{F,G}(x) = x_F$
Noyau et image : $\ker(P_{F,G}) = G$ et $\text{Im}(P_{F,G}) = F$

Propriétés algébriques : Si $P = P_{F,G}$, alors $P\circ P = P$ (idempotent)

NB : Si $x\in E$, alors $x$ s'écrit de façon unique $x = x_F+x_G$ où $x\in f$ et $x\in G$
Ainsi $s_{F,G}(x) = x_F-x_G$
Noyau et image : $\ker(s_{F,G}) = \{0_E\}$, $\text{Im}(s_{F,G}) = E$

Propriété algébrique : Si $s = s_{F,G}$, alors $s\circ s=\text{Id}_E$ ($s$ est une involution)

Relation $P_{F,G}$/$s_{F,G}$ : $s_{F,G} = 2P_{F,G}-\text{Id}_E$

On pose $F = \text{Im} P$, $G = \ker P$
1. Mq $E = F \oplus G$
Mq $F\cap G = \{0_E\}$
Soit $x\in F\cap G$, mq $x = 0_E$
$x\in F$, d’ou un certain $z\in E$ tq $x = P(z)$
$x\in G$, donc $P(x)=0_E$
Ainsi $P(P(z)) = 0_E$ i.e. $(P\circ P)(z)=0_E$
Or $P\circ P = P$
Donc $P(z) = 0_E$ i.e. $x = 0_E$
D’où la somme directe
Mq $E=F+G$ i.e. mq $E\subset F+G$
Soit $x\in E$. On écrit $x = \underbrace{P(x)}_{\overrightarrow{u}} + \underbrace{x-P(x)}_{\overrightarrow{v}}$
$\overrightarrow{u}\in \text{Im} p = F$
Verifions que $\overrightarrow{v}\in G = \ker(P)$
\begin{eqnarray*} P(v) &=& P(x-P(x))\\ &=& P(x) - P(P(x)) \hspace{20pt}\text{car }P\text{ est linéaire}\\ &=& P(x) - (P\circ P)(x)\\ &=& P(x) - P(x) = 0_E \hspace{20pt}\text{car }P\circ P = P \end{eqnarray*} $\left.\begin{array}{lc} \text{Ainsi } & v\in G\\ & u\in F \end{array}\right\rbrace$ et $x = u + v$
Conclusion : $E = F\oplus G$
2. Mq $P = P_{F/G}$
Il suffit de montrer que ces deux applications linéaires sont égales sur $F$, sur $G$
Soit $x\in E$, on écrit $x = x_F + x_G$ où $x_F\in F$ et $x_G\in G$ $$P(x) = P(x_F)+\underbrace{P(x_G)}_{=0_E\text{ car }x_G\in G = \ker P} \hspace{20pt}\text{car }P\text{ linéaire}$$ Donc $P(x) = P(x_F)$
Or $x_F \in F = \text{Im} P$
D'où un certain $z\in E$ tq $x_F = P(z)$
Donc $P(x_F) = P(P(z)) : (P\circ P)(z) = P(z) = x_F$
Ainsi $P(x) = x_F$
Ainsi $P = P_{F/G}$

1. Montrons que $E = F \oplus G$
Montrons que $F\cap G = \{0_E\}$
Soit $x\in F\cap G$
On a alors $s(x) = x$ et $s(x) = -x$
Donc $x = -x$ i.e. $2x=0_E$ ($K\subset \mathbb{C}$ donc $2\neq 0_K$)
Donc $x = 0_E$
Montrons que $E=F+G$ i.e. Montrons que $E\subset F+G$
CN : Supposons qu'il existe $u\in F$ et $v\in G$ tq $x = u+v$ $(1)$
Alors $s(u)=u$ et $s(v)=-v$
Donc $s(x) = s(u)+s(v)$ car $s$ est linéaire
Donc $s(x) = u-v$ $(2)$
$(1)+(2) = x+s(x) = 2u$ donne $\displaystyle{}u = \frac{1}{2}(s(x)+x)$
$(1)-(2) = x-s(x) = 2v$ donne $\displaystyle{}v = \frac{1}{2}(x-s(x))$
CS : On pose $\displaystyle{}u = \frac{1}{2}(s(x)+x)$ et $\displaystyle{}v = \frac{1}{2}(x-s(x))$
Ainsi $u+v = x$
Montrons que $u\in F$ i.e. $s(u) = u$
$\displaystyle{}s(u) = s\left[\frac{1}{2}(x+s(x))\right] = \frac{1}{2}\left[s(x)+s(s(x))\right]$ car $s$ est linéaire.
Or $s\circ s = \text{Id}_E$, donc $s(s(x)) : (s\circ s)(x) = x$
Ainsi $s(u) = u$, ainsi $u\in F$
Montrons que $v\in G$ EXO (idem)
Conclusion : $E = F\oplus G$

2. Montrons que $s = s_{F/G}$
Soient $x\in E$, d'où $x_F\in F$ et $x_G \in G$ tq $x = x_F + x_G$
$s_{F/G} = x_F-x_G$
Montrons que $s(x) = x_F+x_G$
Or \begin{eqnarray*} s(x) &=& s(x_f+x_G)\\ &=& s(x_F)+s(x_G) \hspace{20pt}\text{car }s\text{ est linéaire}\\ &=& x_F - x_G \hspace{20pt}\text{car }\forall u\in F, s(u) = u\text{ et }\forall v\in G, s(v) = v \end{eqnarray*} D'où le résultat

On suppose que $\forall x\in E$, la famille $(x,f(x))$ est liée. Montrons que $f$ est une homothétie.
Si $x$ est un vecteur de $E$ non nul tq $(x,f(x))$ est liée alors il existe $\lambda_x$ tq $f(x) = \lambda_x x$
CP : $x=0$, $f(x) = 0$ donc $f(x) = 0_x$ (c'est encore une homothétie)

Réciproquement, Si pour tout $x\in E$, $\exists \lambda_x\in K$ tq $f(x) = \lambda_x x$ alors $(x,f(x))$ est liée.
Donc $\forall x\in E, (x,f(x))$ liée $\Leftrightarrow$ $\forall x\in E, \exists \lambda_x \in K, f(x) = \lambda_x x$
Le cas où $x\neq 0$, la famille $(x)$ est une base de la droite vectoriel $\text{vect}(x)$ et en particulier $\lambda_x$ est uniquement définit.
Montrons maintenant que $f$ est une homothétie i.e. $\exists \lambda_x\in K, f(x) - \lambda_x x$
Soit $y$ un vecteur de $E$ non nul (fixé) et $x$ un vecteur quelconque.
$1^{\text{er}}$ cas : $(x,y)$ est une famille libre.
On a $f(x+y) = \lambda_{x+y}(x+y)$ mais aussi $f(x+y) = f(x)+f(y) = \lambda_x x + \lambda_y y$ car $f$ est linéaire.
Donc $\lambda_{x+y} = \lambda_x x + \lambda_y y \Leftrightarrow (\lambda_{x+y}-\lambda_x)x+(\lambda_{x+y}-\lambda_y)y = 0$
Or la famille $(x,y)$ est libre donc $\lambda_{x+y}-\lambda_x = 0$ et $\lambda_{x+y}-\lambda_y = 0$
Ainsi $\lambda_x = \lambda_y = \lambda{x+y}$
$2^{\text{nd}}$ cas : la famille $(x,y)$ est liée.
Puisque $y$ est non nul, $\exists \mu\in K, x=\mu y$
Mais alors $f(x) = \mu f(y) = \mu \lambda_y y \Leftrightarrow f(x) = ky$ où $k\in K$
Et $f$ est une homothétie.
La réciproque étant triviale on a prouvé que : $\forall f\in \mathcal{L}(E), f$ est une homothétie $\Leftrightarrow \forall x\in E, (x,f(x))$ est liée