CM06-

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A P P L I C AT I O N S L I N É A I R E S
Motivation : Les espaces vectoriels possèdent une structure particulière vue précédemment, et les applications entre espaces
vectoriels qui présentent un intérêt dans ce contexte sont celles qui “préservent” la structure d’espace vectoriel. On les appelle
morphismes d’espaces vectoriels, ou plus communément applications linéaires.
Dans ce chapitre, (E, +, ·) et (F, +, ·) désignent deux K-ev. Par commodité, les lois de E et de F sont notées de la même façon
(il faut donc faire attention au contexte pour savoir si l’on parle d’une loi de E ou de F ! !).
6.1 ensemble des applications lin éaires de e dans f.
6.1.1 Définition, propriétés
Définition 6.1.1.1.
Proposition 6.1.1.2.
Soit ϕ une application E → F.
On dit que ϕ est linéaire si et seulement si :
Soit ϕ une application E → F.
Alors ϕ est linéaire si et seulement si :
(i) ∀(x; y) ∈ E2 , ∀λ ∈ K, ϕ(x + y) = ϕ(x) + ϕ(y)
∀x, y ∈ E, ∀λ, µ ∈ K, ϕ (λx + µy) = λϕ(x) + µϕ(y)
(ii) ∀(x; y) ∈ E2 , ∀λ ∈ K, ϕ(λx) = λϕ(x)
Définition 6.1.1.3.
Notations / vocabulaire :
• L’ensemble des applications linéaires de E dans F se note L(E, F).
• L(E, E) se note L(E). Ses éléments sont appelés endomorphismes de E.
• Une application linéaire bijective se nomme un isomorphisme (d’espaces vectoriels).
• Les isomorphismes de E dans lui-même se nomment les automorphismes de E. Leur ensemble se note GL(E)
et s’appelle le “groupe linéaire”.
• S’il existe un isomorphisme de E dans F alors E et F sont dits isomorphes.
Exercice 6.1.1.4.
1. Soit I :
C0 ([0; 1], R)
−→
f
7→
R
Z1
.
f
0
Montrez que I est une application linéaire surjective. Est-elle injective ?
2. Soient u :
R2
x
y
−→
3. Soit f :
R3
(x; y; z)
−→
7→
4. Soit g :
R
x
y
2
7→
−→
7→
R3

 et v :
x−y
 y 
−x
3
 R
x
y
z
−→
7→
3
R

 . Montrez que u et v sont linéaires.
x−y
y − z 
z−x
R
. Montrez que f est linéaire.
2x + 3y − z
R2
. Est-elle linéaire ?
x2 − y2
xy
5. On considère C comme C-ev. Quelles sont les applications linéaires de C dans C ? (dites “C-linéaires”).
6. On considère C comme R-ev. Quelles sont les applications linéaires de C dans C ? (dites “R-linéaires”).
Indication : procédez par analyse-synthèse et dans l’analyse, posez α + iγ = f(1) et β + iδ = f(i).
7. L’application x 7→ λx, définie de E dans E, est appelée homothétie de rapport λ. Montrez qu’elle est linéaire.
8. Prouvez la proposition 6.1.1.2.
Proposition 6.1.1.5.
Soit f ∈ L(E, F). Alors :
(i) f est un morphisme de groupes de (E, +) dans (F, +).
(ii) f (0E ) = 0F .
(iii) ∀x ∈ E, f(−x) = −f(x)
(iv) Si A est un sev de E alors f hAi est un sev de F. En conséquence, Im f est un sev de F.
(v) Si B est un sev de F alors f−1 hBi est un sev de E.
Démonstration. (i) découle immédiatement de la définition, tandis que (ii) découle de (i).
(iii) : exercice !
(iv) Soit A un sev de E. Comme f est un morphisme de groupes, f hAi est déjà un sous-groupe de (F, +). Ensuite, si y ∈ f hAi et λ ∈ K alors il existe x ∈ E
tel que f(x) = y, et alors λy = λf(x) = f (λx) ∈ f hAi.
| {z }
∈A sev
(v) Soit B un sev de F. Alors f−1 hBi est déjà un sous-groupe de (E, +), puisque f est un morphisme de groupes. Ensuite, si x ∈ f−1 hBi et λ ∈ K alors
f (λx) = λ · f(x) ∈ B sev . Donc λx ∈ f−1 hBi.
| {z }
∈B
Cette dernière propriété permet de définir la notion très importante suivante :
Définition 6.1.1.6 (Noyau d’une application linéaire).
Soit f ∈ L(E, F).
Alors f−1 h{0F }i est un sev de E appelé Noyau de f et noté ker f.
Et une utilité du noyau d’une application linéaire réside dans la caractérisation ci-dessous de son injectivité :
Proposition 6.1.1.7.
f est injective si et seulement si ker f = {0E }
Démonstration. Si f est injective alors ∀x ∈ E, f(x) = 0 =⇒ f(x) = f(0) =⇒ x = 0 donc ker f ⊂ {0E }. Réciproquement, si ker f = {0E } et x, y ∈ E avec
f(x) = f(y) alors 0 = f(x) − f(y) = f(x − y) donc x − y ∈ ker f donc x − y = 0 donc x = y.
Remarques
☞ Prouver ker f = {0} est plus économique que de prouver directement l’injectivité avec la définition !
☞ Pour prouver qu’un ensemble est sev de E, il suffit de le reconnaitre comme le noyau d’une application linéaire.
Exercice 6.1.1.8.
1. Soit f :
2
R
x
y
−→
7→
2
R
. Est-elle linéaire ?
x+y
2x + 3y − 1
2. Déterminez le noyau des applications u et v de l’exercice 6.1.1.4.
Z
3. Montrez que
f ∈ C0 ([0; 1], R) |
1
f(t) dt = 0
est un espace vectoriel.
0
4. Montrez que la dérivation est une application linéaire de D (R, R) dans R R . Déterminez son noyau. Est-elle
injective ? surjective ?
5. Montrez que la dérivation est un endomorphisme de C∞ ([0; 1], R). Est-elle injective ? surjective ?
6.1.2 Structure de L(E, F)
Proposition 6.1.2.1.
☞ (L(E, F), +, ·) est un K-espace vectoriel, sev de FE , +, ·
☞ (L(E), +, ◦, ·) est une K-algèbre (non commutative), c’est-à-dire que :
• (L(E), +, ◦) est un anneau (non commutatif)
• (L(E), +, ·) est un K-espace vectoriel, sev de EE , +, ·
• ∀λ ∈ K, ∀ (ϕ, ψ) ∈ L(E)2 , λ · (ϕ ◦ ψ) = (λ · ϕ) ◦ ψ = ϕ ◦ (λ · ψ).
☞ De plus (GL(E), ◦) est un groupe : c’est le groupe des inversibles de l’anneau (L(E), +, ◦) .
Attention : dans l’anneau (L(E), +, ◦) , la notation f2 désigne f ◦ f ; de même fn := |f ◦ f ◦{z· · · ◦ f}
n fois
Exercice 6.1.2.2.
1. Démontrez la proposition précédente.
2. Que vaut (f ◦ g)−1 si f et g sont des éléments de GL(E) ?
3. Développez dans L(E) :
4. (idE −3f)2
5. (f + g)2
6. (f − g) ◦ (f + g)
7. Factorisez dans L(E) :
f ◦ f − 5f + 6 idE
8. GL(E) est-il stable par l’addition ?
Exercice 6.1.2.3.
Soit (f, g) ∈ L(E, F) × L(F, G).
Montrez que Im (g ◦ f) ⊂ Im g et que ker f ⊂ ker (g ◦ f).
Nous avons parlé d’algèbre. Voici la définition précise d’une K-algèbre :
Définition 6.1.2.4 (K-algèbre).
(A, +, ×, ·) est une K-algèbre si et seulement si :
(i) (A, +, ×) est un anneau.
(ii) (A, +, ·) est un K-espace vectoriel
(iii) ∀λ ∈ K, ∀(x, y) ∈ A2 , λ · (x × y) = (λ · x) × y = x × (λ · y).
Autrement dit, (A, +, ×, ·) est une K-algèbre si et seulement si :
(i) + est une loi de composition interne sur A.
(ii) + est associative.
(iii) Il y a un élément neutre 0A pour +.
(iv) Tout élément admet un opposé pour +.
(v) + est commutative.
(vi) × est une loi de composition interne sur A
(vii) × est associative.
(viii) Il y a un élément neutre 1A pour ×, tel que 1A 6= 0A .
(ix) × est distributive par rapport à +.
(x) · est une loi de composition externe sur A, de domaine d’opérateur K
(xi) ∀x ∈ A, 1K · x = x
(xii) ∀(λ, µ) ∈ K2 , ∀x ∈ A, (λ + µ) · x = λ · x + µ · x.
(xiii) ∀λ ∈ K, ∀(x, y) ∈ A2 , λ · (x + y) = λ · x + λ · y.
(xiv) ∀(λ, µ) ∈ K2 , ∀x ∈ A, (λ ×K µ) · x = λ · (µ · x).
(xv) ∀λ ∈ K, ∀(x, y) ∈ A2 , λ · (x × y) = (λ · x) × y = x × (λ · y).
De plus, on dit que B ⊂ A est une sous-algèbre de (A, +, ×, ·) si et seulement si :
(i) 1A ∈ B
(ii) ∀(x, y) ∈ B, x + y ∈ B
(iii) ∀(x, y) ∈ B, x × y ∈ B
(iv) ∀λ ∈ K, ∀x ∈ B, λ · x ∈ B
Exercice 6.1.2.5.
Dans la liste ci-dessus, identifiez les propriétés qui caractérisent un groupe, un groupe abélien, un anneau, un
espace vectoriel.
Exercice 6.1.2.6.
Soit E = C∞ ([0; 1], R) et ϕ l’endomorphisme de E qui à f associe l’unique primitive de f qui s’annule en 1.
1. Montrez qu’il existe ψ ∈ L(E) tel que ψ ◦ ϕ = idE .
2. A-t-on ϕ ∈ GL(E) ?
3. Existe-t-il ∆ ∈ L(E) tel que ϕ ◦ ∆ = idE ?
6.2 caract érisation d’une application lin éaire par ses restrictions à 2 sev suppl émentaires
Proposition 6.2.0.1.
Soient G et H deux sev supplémentaires de E, et soient ϕ ∈ L(G, F) et ψ ∈ L(H, F).
Alors il existe une unique application linéaire f ∈ L(E, F) telle que f G = ϕ et f H = ψ.
En d’autres termes, l’application :
L(E, F)
f
−→
7→
L(G, F) ×L(H, F) est un isomorphisme.
f G, f H
Démonstration. Unicité (analyse) : Supposons que f ∈ L(E, F) avec f G = ϕ et f H = ψ.
Soit alors x ∈ E. Alors il existe un couple (xG , xH ) ∈ G × H, x = xG + xH de sorte que f(x) = f (xG + xH ) = f (xG ) + f (xH ) = ϕ (xG ) + ψ (xH ).
Existence (synthèse) : Si x ∈ E, il se décompose de façon unique en x = xG + xH où xG ∈ G et xH ∈ H, de sorte que l’on peut définir
f : E −→ F
.
x
7→
ϕ (xG ) + ψ (xH ) où x = xG + xH avec xG ∈ G et xH ∈ H
On vérifie immédiatement que f est linéaire, et que si x ∈ G alors f(x) = ϕ(x) (dans ce cas xH = 0), et que si x ∈ H alors f(x) = ψ(x) (dans ce cas xG = 0).
Corollaire 6.2.0.2.
Soit f ∈ L(E, F) avec E =E1 ⊕ E2 .
Alors : f = 0L(E,F) ⇐⇒ f E = 0L(E1 ,F) et f E = 0L(E2 ,F) .
1
2
Autrement dit : f est nulle si et seulement si elle est nulle sur deux sev supplémentaires.
Corollaire 6.2.0.3.
2
Soient (f, g) ∈ L(E,
F) avec E = E1 ⊕ E2 .
Alors : f = g ⇐⇒ f E = g E et f E = g E .
1
1
2
2
Autrement dit : f et g sont égales si et seulement si elles coïncident sur deux sev supplémentaires.
Exercice 6.2.0.4.
Prouvez les deux corollaires précédents.
6.3 d étermination d’une application lin éaire dans une base
Proposition 6.3.0.1.
Soit f ∈ L(E, F) et (ui )i∈I une base de E.
Alors pour toute famille (vi )i∈I de vecteurs de F, il existe une unique application linéaire f ∈ L(E, F) telle que :
∀i ∈ I, f (ui ) = vi
En d’autres termes, l’application :
L(E, F)
f
−→
7→
est un isomorphisme.
FI
(f (ui ))i∈I
Démonstration. Unicité [Analyse] : soit f ∈ L(E, F) telle que ∀i!∈ I, f (ui ) = vi . Soit x ∈ E. Comme (ui )i∈I est une base de E, il existe une unique famille
(xi )i∈I ∈ K(I) telle que x =
X
X
xi ui . Donc f(x) = f
xi ui
=
Existence [Synthèse] : Réciproquement, soit f :
choix de (xi )i∈I est unique. Si i0 ∈ I, alors ui0 =
xi f (ui ) =
i∈I
i∈I
i∈I
X
X
xi vi .
i∈I
(I)
où (xi )i∈I ∈ K
est telle que x =
E
x
−→
7→
X
X
δi,i0 vi = vi0 .
δi,i0 ui donc f ui0 =
i∈I
F
X
xi vi
X
i∈I
i∈I
Voyons maintenant que f est linéaire. En effet, si (x, y) ∈ E2 et λ, µ ∈ K alors on peut écrire x =
X
xi ui et y =
i∈I
On a alors f (λx + µy) = f λ
X
i∈I
xi ui + µ
X
i∈I
y i ui
!
xi ui . Cette application est bien définie car le
i∈I
=f
X
i∈I
(λxi + µyi ) ui
!
=
X
i∈I
(λxi + µyi ) vi = λ
X
y i ui .
i∈I
X
i∈I
xi vi + µ
X
i∈I
yi vi = λf(x) + µf(y).
Exercice 6.3.0.2.
Soit
#» #»
i , j la base canonique de R 2 .
Existe-t-il un endomorphisme f de R 2 tel que f
#» #»
#» #»
#» #»
#»
#»
i = i ; f j = j ; et f i + j = 2 i + 2 j ?
Corollaire 6.3.0.3.
Soit f ∈ L(E, F) et (ui )i∈I une base de E. Alors :
f = 0L(E,F) ⇐⇒ ∀i ∈ I, f (ui ) = 0F .
Autrement dit : f est nulle si et seulement si elle est nulle sur une base.
Corollaire 6.3.0.4.
Soient f, g ∈ L(E, F) et (ui )i∈I une base de E. Alors :
f = g ⇐⇒ ∀i ∈ I, f (ui ) = g (ui ).
Autrement dit : f et g sont égales si et seulement si elles coïncident sur une base.
Exercice 6.3.0.5.
1. Prouvez les deux corollaires précédents.
2. Soit (e1 , e2 , e3 ) la base canonique que K3 .
Considérons l’unique u ∈ L K3 telle que u (e1 ) = e3 , u (e2 ) = −e2 , et u (e3 ) = e1 .
 
 
x
x
Donnez l’expression de u y pour tout y ∈ K3 .
z
z
3. Dans le K-espace vectoriel E = K3 , considérons les sev A := K2 × {0} et G := Vect ((1; 1; 1)).
a) Montrez que A et G sont supplémentaires dans E.
b) Vérifiez qu’il existe u ∈ L(E) tel que ∀(a, b) ∈ K2 , u((a; b; 0)) = (−b; a; 0) et ∀c ∈ K, u(c, c, c) = −(c, c, c).
c) Montrez que u4 = idE .
Pour aller plus loin (à lire en deuxième lecture...). Si E possède une base indexée par I, alors il est isomorphe à K(I) ce qui veut
dire que, du point de vue de sa structure d’espace vectoriel, chacun de ses vecteurs peut être identifié à son jeu de coordonnées.
Cette idée est transcrite par la proposition ci-dessous.
Proposition 6.3.0.6.
Soit (ui )i∈I une famille de vecteurs de E. On considère l’application Φ :
K(I)
(λi )i∈I
−→
7→
E
X
.
λi ui
i∈I
Alors Φ est linéaire. De plus,
(i) Φ est injective si et seulement si (ui )i∈I est libre.
(ii) Φ est surjective si et seulement si (ui )i∈I est génératrice de E.
(iii) Φ est un isomorphisme si et seulement si (ui )i∈I est une base de E. Dans ce dernier cas, pour un vecteur x
de E, la famille Φ−1 (x) désigne les coordonnées de x dans la base (ui )i∈I .
Démonstration. Considérons deux familles
de scalaires λ = (λi )i∈I et µ = (µi )i∈I à support fini. Notons S = Supp (λ) ∪ Supp (µ) qui est donc lui aussi fini.
X
X
X
Soient α, β ∈ K. Alors Φ (αλ + βµ) =
µi ui = αΦ(λ) + βΦ(µ). De plus :
λi ui + β
(αλi + βµi ) ui = α
i∈S
i∈S
i∈S
(i) Par définition, (ui )i∈I est libre si et seulement si ∀λ ∈ K(I) , Φ(λ) = 0 =⇒ λ = 0 ce qui équivaut à ker Φ = {0}
(ii) Par définition, (ui )i∈I est génératrice si et seulement si ∀y ∈ E, ∃λ ∈ K(I) , y = Φ(λ) ce qui équivaut à Φ surjective.
(iii) (ui )i∈I est une base de E si et seulement si elle est libre et génératrice, ce qui équivaut à Φ injective et surjective.
6.4 applications lin éaires et familles libres, g én ératrices, bases
6.4.1 Action d’une application linéaire sur une famille génératrice de E ou sur une famille liée
Voici tout d’abord deux propositions éclairant la façon dont une application linéaire quelconque agit sur une famille génératrice
de E ou sur une famille liée.
Proposition 6.4.1.1.
Soit f ∈ L(E, F) et (ui )i∈I une famille de vecteurs de E. Alors :
(i) Soit A := Vect (ui )i∈I . Alors f hAi = Vect (f (ui ))i∈I .
(ii) En particulier : Si (ui )i∈I est génératrice de E alors (f (ui ))i∈I est génératrice de Im f.
(iii) Si (ui )i∈I est liée alors (f (ui ))i∈I est liée.
Démonstration.
(i) Comme f hAi est un sev de F contenant les ui , il contient Vect (f (ui ))i∈I . Réciproquement, si y ∈ f hAi, alors il existe x ∈ A tel
!
X
X
X
xi f (ui ) ∈ Vect (f (ui ))i∈I .
xi ui =
xi ui puisque A est engendré par les ui . On a donc y = f
que f(x) = y, mais alors x s’écrit x =
i∈I
i∈I
i∈I
(ii) Il suffit de prendre A = E ; le résultat découle de f hEi = Im f.
(iii) Si (ui )i∈I est liée alors il existe (λi )i∈I ∈ K(I) et i0 ∈ I tels que λi0 6= 0 et
X
λi ui = 0 de sorte que 0 = f
i∈I
(f (ui ))i∈I est donc liée.
X
λi ui
i∈I
!
=
X
λi f (ui ).
i∈I
Exercice 6.4.1.2.
1. Que donne le point (ii) de la proposition 6.4.1.1 dans le cas où f est surjective ?
2. Enoncez la contraposée de la proposition 6.4.1.1 (iii).
6.4.2 Caractérisations de l’injectivité et de la surjectivité d’une application linéaire dans une base
Voici des caractérisations d’injectivité, et de surjectivité, très utiles en pratique :
Proposition 6.4.2.1.
Soit (ui )i∈I une base de E. Alors :
(i) (f est injective ) ⇐⇒ (f (ui ))i∈I est libre .
(ii) (f est surjective ) ⇐⇒ (f (ui ))i∈I est génératrice de F .
(iii) (f est bijective ) ⇐⇒ (f (ui ))i∈I est une base de F .
Démonstration.
donc
X
(i)
=⇒ Supposons f injective. Soit (λi )i∈I ∈ K(I) tel que
λi ui ∈ ker f. Par injectivité de f on a donc
X
X
λi f (ui ) = 0. Alors f
X
i∈I
i∈I
λi ui
!
=
X
λi ui = 0. Comme (ui )i∈I est libre, cela donne ∀i ∈ I, λi = 0. Donc (f (ui ))i∈I est libre.
i∈I
i∈I
λi f (ui ) = 0
i∈I
⇐= Supposons (f (ui ))i∈I libre. Soit x ∈ ker f. Comme (ui )i∈I est génératrice, il existe (xi )i∈I ∈ K(I) tel que x =
X
xi ui . Mais alors 0 = f(x) =
i∈I
f
X
xi ui
i∈I
(ii)
!
=
X
xi f (ui ). Donc par liberté de (f (ui ))i∈I , on a ∀i ∈ I, xi = 0. Finalement x =
X
xi ui = 0. Donc ker f = {0} donc f est injective.
X
yi f (ui ). Mais alors y = f
i∈I
i∈I
=⇒ Supposons f surjective. Soit y ∈ F. Alors il existe x ∈ E tel que y = f(x). Mais comme (ui )i∈I est génératrice, il existe (xi )i∈I ∈ K(I) tel que
!
X
X
X
xi f (ui ). Donc (f (ui ))i∈I est génératrice de F.
x=
xi ui . Alors y = f(x) = f
xi ui =
i∈I
i∈I
i∈I
⇐= Supposons (f (ui ))i∈I génératrice de F. Soit y ∈ F. Alors il existe (yi )i∈I ∈ K(I) tel que y =
où l’on a posé x :=
X
i∈I
yi ui . Donc f est surjective.
X
i∈I
y i ui
!
= f(x)
i∈I
(iii)
=⇒ Supposons f bijective. Alors f est injective donc d’après (i) (f (ui ))i∈I est libre. Et f est surjective donc d’après (ii) (f (ui ))i∈I est génératrice de F.
Donc (f (ui ))i∈I est une base de F.
⇐= Supposons que (f (ui ))i∈I soit une base de F. Alors (f (ui ))i∈I est génératrice donc d’après (ii), f est surjective. Et (f (ui ))i∈I est libre donc f
donc d’après (i), f est injective. Finalement, f est bijective.
Exemple : exercice 10 du TD.
6.4.3 Approfondissements
A lire en deuxième lecture : on peut affiner le résultat précédent en traitant les cas où (ui )i∈I n’est pas nécessairement une base de E.
Proposition 6.4.3.1.
Soit f ∈ L(E, F). Alors les trois assertions suivantes sont équivalentes :
(i) f est surjective.
(ii) Pour toute famille (ui )i∈I de vecteurs génératrice de E, (f (ui ))i∈I est génératrice de F .
(iii) Il existe une famille (ui )i∈I de vecteurs de E, telle que (f (ui ))i∈I est génératrice de F.
Démonstration.
(i) =⇒ (ii) C’est le (ii) de la proposition 6.4.1.1 dans le cas où f est surjective.
(ii) =⇒ (iii) Il suffit de prendre la famille génératrice (x)x∈E et de lui appliquer (ii).
X
X
y i ui .
yi f (ui ) donc y = f (x) où on a posé x =
(iii) =⇒ (i) Tout y ∈ F s’écrit y =
i∈I
i∈I
Proposition 6.4.3.2.
Soit f ∈ L(E, F) et (ui )i∈I une famille libre de vecteurs de E.
Alors :
(f (ui ))i∈I est libre si et seulement si Vect (ui )i∈I ∩ ker f = {0E }.
X
xi ui de sorte que 0 = f
Démonstration. Supposons (f (ui ))i∈I libre, et prenons x ∈ Vect (ui )i∈I ∩ ker f. Alors x s’écrit x =
i∈I
X
i∈I
La liberté de (f (ui ))i∈I conduit à ∀i ∈ I, xi = 0, d’où x = 0.
X
λi f (ui ) = 0. Par linéarité, on a donc f
Réciproquement, supposons Vect (ui )i∈I ∩ ker f = {0E }, et soit (λi )i∈I ∈ K(I) telle que
X
i∈I
λi ui ∈ Vect (ui )i∈I ∩ ker f = {0E }. Donc
X
i∈I
xi ui
X
i∈I
!
=
X
xi f (ui ).
i∈I
λi ui
!
= 0, d’où
λi ui = 0. Par liberté de (ui )i∈I , on conclut ∀i ∈ I, λi = 0. Donc (f (ui ))i∈I est libre.
i∈I
Proposition 6.4.3.3.
Soit f ∈ L(E, F). Alors les trois assertions suivantes sont équivalentes :
(i) f est injective
(ii) Pour TOUTE famille (ui )i∈I libre de vecteurs de E, (f (ui ))i∈I est libre.
(iii) Il existe une famille (ui )i∈I de vecteurs, GENERATRICE de E telle que (f (ui ))i∈I est libre.
Attention : l’existence d’UNE famille LIBRE dont l’image est libre ne suffit pas à assurer l’injectivité de f.
Démonstration.
(i) =⇒ (ii) Supposons f injective, et soit (ui )i∈I libre. Alors ker f = {0E }, donc Vect (ui )i∈I ∩ ker f = {0E }. La proposition 6.4.3.2 donne (f (ui ))i∈I libre.
(ii) =⇒ (iii) On a admis que tout ev admet des bases. Soit (ui )i∈I une base de E. Alors elle est génératrice, et comme elle est libre, (ii) donne la liberté de (f (ui ))i∈I .
X
X
xi f (ui ). Mais (f (ui ))i∈I est libre. Donc
xi ui . Par linéarité, on a alors 0 = f(x) =
(iii) =⇒ (i) Soit x ∈ ker f. Puisque (ui )i∈I est génératrice, x s’écrit x =
i∈I
∀i ∈ I, xi = 0. Finalement, x = 0. On conclut que f est injective.
i∈I
Proposition 6.4.3.4.
Alors les trois assertions suivantes sont équivalentes :
(i) f est bijective.
(ii) Pour toute base (ui )i∈I de E, la famille (f (ui ))i∈I est une base de F .
(iii) Il existe une famille (ui )i∈I de vecteurs, GENERATRICE de E telle que (f (ui ))i∈I est une base de F.
Démonstration.
(i) =⇒ (ii) Si f bijective, et (ui )i∈I base de E alors (i)=⇒(ii) de 6.4.3.1 et (i)=⇒(ii) de 6.4.3.3 donnent que (f (ui ))i∈I est génératrice et libre, donc une base de F .
(ii) =⇒ (iii) On a admis que tout ev admet des bases. Soit (ui )i∈I une base de E. alors (ii) donne (f (ui ))i∈I base de F.
(iii) =⇒ (i) D’après (iii)=⇒(i) de 6.4.3.1 , on a f surjective, et d’après (iii)=⇒(i) de 6.4.3.3 , on a f injective. Donc f bijective.
6.5 restriction d’une application lin éaire à un suppl émentaire de son noyau
Proposition 6.5.0.1.
Soit f ∈ L(E, F) et H un supplémentaire de ker f.
Alors f induit un isomorphisme de H vers Im f. i.e. : la corestriction à Im f de f H est un isomorphisme.
Cette propriété peut s’énoncer sous la forme suivante : “Tout supplémentaire du noyau est isomorphe a l’image”.
Démonstration. Soit g la corestriction à Im f de f H .
Voyons d’abord que g est injective. Soit x ∈ H tel que g(x) = 0. Alors f(x) = 0 donc x ∈ ker f ∩ H = {0}.
Maintenant montrons que g est surjective. Soit y ∈ Im f. Alors ∃x ∈ E, f(x) = y. Or H + ker f = E, donc il existe h ∈ H et w ∈ ker f tels que x = h + w.
Par linéarité, on a alors y = f(x) = f(h) + f(w) = f(h). Donc y ∈ Im g.
| {z }
0
6.6 endomorphismes nilpotents
Définition 6.6.0.1 (Endomorphismes nilpotents).
Soit f ∈ L(E, F). On dit que f est nilpotent si et seulement si il existe n ∈ N tel que fn = |f ◦ f ◦{z· · · ◦ f} = 0. Le plus
petit n ∈ N tel que fn = 0 est appelé indice de nilpotence.
n fois
Application : cf TD.
6.7 sym étries, projecteurs
6.7.1 Projections, Projecteurs
Définition 6.7.1.1 (Projection).
Soit E un K-ev et soient G et H deux sev de E, supplémentaires dans E.
Alors tout élément x ∈ E se décompose de façon unique en une somme : x = xG + xH où xG ∈ G et xH ∈ H.
On appelle projection sur H et parallèlement à G l’application p :
E −→ E
.
x 7→ xH où x = xG + xH avec xG ∈ G et xH ∈ H
G est appelé la direction de la projection p et H est appelé la support de la projection p.
• L’unicité de la décomposition x = xG + xH garantit que p est bien définie.
Proposition 6.7.1.2 (Quelques propriétés des projections).
Soient G et H deux sev de E tels que G ⊕ H = E et p la projection sur H parallèlement à G.
(i) p est linéaire (ie : p ∈ L(E)).
(ii) G = ker p
(iii) H = Im p
(iv) p H = idH
(v) p ◦ p = p
(vi) q := idE −p est la projection sur G parallèlement à H.
Démonstration.
(i) Soient x, y ∈ E et λ, µ ∈ K.
Alors λx + µy = λ (xG + xH ) + µ (yG + yH ) = (λxG + µyG ) + (λxH + µyH ) donc p (λx + µy) = λxH + µyH = λp(x) + µp(y).
|
{z
} |
{z
}
∈G sev
∈H sev
(ii) Soit x ∈ E. Alors p(x) = 0 ⇐⇒ xH = 0 ⇐⇒ x = xG + xH = xG . Si x = xG alors x ∈ G. Réciproque : x ∈ G =⇒ x = x + 0 =⇒ xG = x.
|{z} |{z}
∈G
(iii) Soit x ∈ H. Alors x = 0 + x donc p(x) = x.
|{z} |{z}
∈G
∈H
(iv) Soit y ∈ E. Si y ∈ Im p alors ∃x ∈ E, y = p(x) = xH ∈ H. Réciproquement, si y ∈ H alors d’après (iii), y = p(y) ∈ Im p.
(v) Soit x ∈ E. Alors p(x) ∈ Im p = H d’après (iv). Donc p (p(x)) = p(x) d’après (iii).
(vi) Soit q := idE −p. Soit x ∈ E. Ecrivons x = xG + xH où xG ∈ G et xH ∈ H. Alors p(x) = xH donc q(x) = x − xH = xG .
∈H
Exercice 6.7.1.3.
1. Faites une figure pour représenter une projection dans R 3 , lorsque H est un plan et G une droite.
2. Faites une figure pour représenter une projection dans R 3 , lorsque H est une droite et G un plan.
3. Soit f :
R3
(x; y; z)
−→
7→
R3
. Vérifez que p est une projection, et précisez sa direction et son support.
(0; y; 0)
4. Considérons la somme directe E ⊕ {0} = E. Déterminez la projection sur E parallèlement à {0} et la projection
sur {0} parallèlement à E.
5. Soit p une projection. Déterminez une CNS pour que p soit injective ; une CNS pour que p soit surjective
6. Soit p une projection. Justifiez que ker p ⊕ Im p = E.
Montrez que la réciproque est fausse : trouvez f ∈ L(R 3 ) tel que ker f ⊕ Im f = R 3 mais f n’est pas une
projection.
Définition 6.7.1.4 (Projecteur).
Soit p ∈ L(E). On dit que p est un projecteur si et seulement si p ◦ p = p.
Proposition 6.7.1.5.
(i) Toute projection est un projecteur.
(ii) Réciproquement, tout projecteur p est la projection de support Im p et de direction ker p.
En particulier, ker p ⊕ Im p = E.
Démonstration.
(i) cf 6.7.1.2 (v)
(ii) Soit p un projecteur. Montrons que ker p ⊕ Im p = E. Analyse (unicité) : soient z ∈ E et h ∈ ker p et y ∈ Im p tels que z = h + y.
Alors p(z) = p(h) +p(y) = p(y). Or ∃x ∈ E, y = p(x) donc p(z) = p(y) = p(p(x)) = p(x) = y.
| {z }
0
Donc nécessairement y = p(z) et h = z − y = z − p(z), d’où l’unicité. La somme ker p ⊕ Im p est donc directe.
Synthèse (existence) : Soit z ∈ E. Alors z = p(z) + (z − p(z)) (⋆).
| {z } |
{z
}
∈Im p
∈ker p
On a bien z − p(z) ∈ ker p puisque p (z − p(z)) = p(z) − p (p(z)) = p(z) − p(z) = 0. D’où l’existence : on a ker p + Im p = E.
Finalement, ker p et Im p sont supplémentaires dans E.
Maintenant, l’égalité (⋆) prouve bien que p est la projection de support Im p et de direction ker p.
6.7.2 Symétries
Dans cette partie, on considère que K n’est pas de caractéristique 2, c’est-à-dire que 2 6= 0. (en pratique K = R ou C).
Définition 6.7.2.1 (Symétrie).
Soit E un K-ev et soient G et H deux sev de E, supplémentaires dans E.
Alors tout élément x ∈ E se décompose de façon unique en une somme : x = xG + xH où xG ∈ G et xH ∈ H.
On appelle symétrie par rapport à H et parallèlement à G l’application
s:
E
x
−→
7→
E
xH − xG
où x = xG + xH avec xG ∈ G et xH ∈ H
G est appelé la direction de la symétrie s et H est appelé le support de la symétrie s.
• L’unicité de la décomposition x = xG + xH garantit que s est bien définie.
Proposition 6.7.2.2 (Quelques propriétés des symétries).
Soient G et H deux sev de E tels que G ⊕ H = E et s la symétrie par rapport à H parallèlement à G. On note p la
projection sur H parallèlement à G.
(i) s = 2p − idE
(ii) s est linéaire (ie : s ∈ L(E)).
(iii) s est involutive, c’est-à-dire s ◦ s = idE
(iv) H = ker (s − idE ) et G = ker (s + idE ).
Démonstration.
(i) Soit x ∈ E. Ecrivons x = xG + xH où xG ∈ G et xH ∈ H. Alors s(x) = xH − xG = 2xH − (xG + xH ) = 2p(x) − x.
(ii) Comme p ∈ L(E), et idE ∈ L(E), et que (L(E), +, ·) est un e.v., on a s = 2p − idE ∈ L(E).
(iii) Soit x ∈ E avec x = xG + xH où xG ∈ G et xH ∈ H. Alors xH − xG = xH + (−xG ) donc s(s(x)) = s (xH − xG ) = xH − (−xG ) = xH + xG = x.
|{z} | {z }
∈H
∈G
(iv) Soit x ∈ E avec x = xG + xH où xG ∈ G et xH ∈ H. Alors s(x) = x ⇐⇒ xH − xG = xH + xG ⇐⇒ 2xG = 0 ⇐⇒ xG = 0 ⇐⇒ x ∈ H (car dans K,
on a 2 6= 0).
De même, s(x) = −x ⇐⇒ xH − xG = −xH − xG ⇐⇒ 2xH = 0 ⇐⇒ xH = 0 ⇐⇒ x ∈ G .
Exercice 6.7.2.3.
1. Faites une figure pour représenter une symétrie dans R 2 , lorsque H et G sont deux droites. Représentez aussi
la projection sur H parallèlement à G.
2. Justifiez qu’une symétrie est un isomorphisme et précisez sa bijection réciproque.
Proposition 6.7.2.4.
(i) Toute symétrie est une involution.
(ii) Réciproquement, tout involution s est la symétrie par rapport à ker (s − idE ) et de direction ker (s + idE ).
En particulier, ker (s − idE ) ⊕ ker (s + idE ) = E.
Démonstration.
(i) C’est une redite de 6.7.2.2 (iii).
(ii) Soit s une involution. Montrons d’abord que ker (s − idE ) et ker (s + idE ) sont supplémentaires. Analyse (unicité) : soient z ∈ E et x ∈ ker (s − idE ) et
y ∈ ker (s + idE ) tels que z = x + y.
1
(z + s(z)) et y = 1
Alors s(z) = s(x) + s(y) = x − y. Comme K n’est pas de caractéristique 2, on a donc x = 2
2 (z − s(z)). Donc x et y sont
parfaitement déterminés, d’où l’unicité. La somme ker (s − idE ) ⊕ ker (s + idE ) est donc directe.
1
(z + s(z)) et y := 1
Synthèse (existence) : Soit z ∈ E. On pose x := 2
2 (z − s(z)) (possible car 2 6= 0). On a bien z = x + y.
1
1
Alors s(x) = s 1
2 (z + s(z)) = 2 (s(z) + s(s(z))) = 2 (s(z) + z) = x donc x ∈ ker (s − idE ).
1
1
De même s(y) = s 2
(z − s(z)) = 2
(s(z) − s(s(z))) = 1
2 (s(z) − z) = −y donc y ∈ ker (s + idE ).
D’où l’existence : on a ker (s − idE ) + ker (s + idE ) = E.
Finalement, ker (s − idE ) et ker (s + idE ) sont supplémentaires dans E.
Maintenant, si z = x + y avec x ∈ ker (s − idE ) et y ∈ ker (s + idE ), alors s(z) = s(x) + s(y) = x − y ce qui prouve bien que s est la symétrie par
rapport à ker (s − idE ) et de direction ker (s + idE ).
6.8 formes lin éaires, hyperplans - espace dual
Forme linéaire
Définition 6.8.0.1 (Forme linéaire, espace dual).
Soit E un K-ev.
On appelle forme linéaire sur E toute application linéaire de E dans K, c’est-à-dire tout élément de L (E, K).
On appelle espace dual l’ensemble, noté E∗ , des formes linéaires sur E, c’est-à-dire :
E∗ := L (E, K)
Exercice 6.8.0.2.
1. Montrez que f 7→ f(1) est une forme linéaire sur C0 ([0; 1], R). Quel est son noyau ? son image ?
R1
2. Montrez que f 7→ 0 f est une forme linéaire sur C0 ([0; 1], R). Quel est son noyau ? son image ?
3. Montrez que p : (x, y, z) 7→ z est une forme linéaire sur R 3 . Quel est son noyau ? son image ?
4. Montrez que g : (x, y, z) 7→ y − 1 est-elle une forme linéaire sur R 3 ?
5. Montrez que toute forme linéaire non nulle est surjective.
Hyperplan
Définition 6.8.0.3 (Hyperplan).
On appelle hyperplan de E le noyau d’une forme linéaire non nulle.
Ainsi, H est un hyperplan de E si et seulement si ∃ϕ ∈ E∗ , H = ker ϕ.
Dans ce cas, l’équation ϕ(x) = 0 (où x ∈ E) s’appelle une équation de H.
Exercice 6.8.0.4.
1. Montrez que (x; y; z) ∈ R 3 | x − 2y + 3z = 0 est un hyperplan de R 3 , et donnez en une base.
Quelle forme géométrique ont les hyperplans de R 3 ?
2. Montrez que (x; y) ∈ R 3 | x = y est un hyperplan de R 2 , et donnez en une base.
Quelle forme géométrique ont les hyperplans de R 2 ?
3. Montrez que (x; y; z; t) ∈ R 4 | x + y = z + t est un hyperplan de R 4 , et donnez en une base.
Quelle forme géométrique ont les hyperplans de R 4 ?
Proposition 6.8.0.5.
Soit H un hyperplan de E, et soit u ∈ E \ H.
Alors
H ⊕ Vect (u) = E.
Démonstration. Soit ϕ une forme linéaire non nulle dont le noyau est H.
Analyse (unicité) : soient x ∈ E et h ∈ ker ϕ et λ ∈ K tels que x = h + λu.
ϕ(x)
/ H donc ϕ(u) 6= 0. D’où λ = ϕ(u)
. Donc h et λ sont parfaitement déterminés. La somme H ⊕ Vect (u) est donc directe.
Alors ϕ(x) = ϕ(h) +λϕ(u). Or u ∈
| {z }
0
ϕ(x)
Synthèse (existence) : Soit x ∈ E. On pose λ := ϕ(u)
et h := x − λu.
Alors x = h + λu, et λu ∈ Vect (u) et enfin ϕ(h) = ϕ(x) − λϕ(u) = 0, donc h ∈ H.
Finalement, H ⊕ Vect (u) = E.
Exercice 6.8.0.6.
Soit D := (x; y; z) ∈ R 3 | x − 2y + 3z = 0 et x + y + z = 0 . Est-ce un un hyperplan de R 3 ?
Proposition 6.8.0.7.
Il y a unicité de l’équation d’un hyperplan à un coefficient multiplicateur près.
Autrement dit : si H = ker ϕ = ker ψ est un hyperplan de E , avec ϕ, ψ ∈ E∗ , alors ∃λ ∈ K, ψ = λϕ.
Démonstration. Comme ϕ 6= 0, ∃u ∈ E, ϕ(u) 6= 0. Soit x ∈ E. D’après 6.8.0.5, il existe donc β ∈ K et h ∈ H tels que x = βu + h, de sorte que
ψ(u)
ψ(u)
ϕ(x) = βϕ(u) + 0 et ψ(x) = βψ(u) + 0 = ϕ(u)
ϕ(x). Ainsi, en posant λ := ϕ(u)
, on a ψ = λϕ.
Expression de l’équation dans une base. Soit (ei )i∈I une base!de E. Soit H = ker ϕ un hyperplan de E.
X
X
X
xi ei =
xi ϕ (ei ).
xi ei . Alors ϕ(x) = ϕ
Si x ∈ E, on peut écrire x =
i∈I
Donc l’équation de H s’écrit ϕ(x) = 0 ⇐⇒
X
i∈I
i∈I
ai xi = 0 où on a posé ai = ϕ (ei ) pour i ∈ I.
i∈I
Formes linéaires coordonnées
Définition 6.8.0.8 (Formes linéaires coordonnées).
Soit (ei )i∈I une base de E.
Pour j ∈ I, on définit la forme linéaire coordonnée e∗j ∈ E∗ d’indice j sur la base (ei )i∈I , par :
∀i ∈ I, e∗j (ei ) = δi,j
où le symbole de Kronecker δi,j vaut 1 si i = j et 0 sinon.
Proposition 6.8.0.9.
Ainsi, si x =
X
i∈I
xi ei ∈ E, alors e∗j (x) =
X
i∈I
xi e∗j (ei ) = xj .