QUESTIONS DE COURS SUR LES APLICATIONS LINÉAIRES Vous êtes tenus de connaître les démonstrations des propriétés suivantes concernant les applications linéaires. TABLE DES MATIÈRES 1. L’ensemble ker( f ) est un sous espace vectoriel 1 2. f est injective si et seulement si ker( f ) = {0} 1 3. L’image d’un sev par une application linéaire est un sev 1 4. L’image réciproque d’un sev par une application linéaire est un sev 2 5. L’image d’une famille libre par une application injective est une famille libre 2 6. L’inverse d’un isoporhisme est linéaire 2 Soit E et F deux espaces vectoriels sur R. Soit f : E → F une application linéaire. 1. L’ ENSEMBLE ker( f ) EST UN SOUS ESPACE VECTORIEL Montrons que ker( f ) est un sous espace vectoriel de E. Vérifions que 0 ∈ ker( f ). On a bien f (0) = 0 car f est linéaire. Vérifions que ker( f ) est stable par combinaisons linéaires. Soient u, v ∈ ker( f ), soient λ , µ ∈ R, montrons que λ u + µv ∈ ker( f ). On a f (λ u + µv) = λ f (u) + µ f (v) = λ · 0 + mu · 0 = 0. On a bien λ u + µv ∈ ker( f ). 2. f EST INJECTIVE SI ET SEULEMENT SI ker( f ) = {0} Ceci n’est vrai que pour les applications linéaires ! Montrons que si f est injective alors ker( f ) = {0}. Supposons f injective. Montrons que ker( f ) = {0}. On a déjà que {0} ⊂ ker( f ) car f (0) = 0. Soit u ∈ ker( f ), montrons que u = 0. On a f (u) = 0 car u ∈ ker( f ), donc u et 0 ont la même image. Comme f est injective, on en déduit que u = 0. On a donc ker( f ) ⊂ {0}. Montrons que si ker( f ) = {0} alors f est injective. Supposons que ker( f ) = {0}. Montrons que f est injective. Soient u, v ∈ E tels que f (u) = f (v). On a alors par linéarité de f , f (u−v) = 0. Ainsi, on a u−v ∈ ker( f ). Comme ker( f ) = {0}, on en déduit que u − v = 0, c’est à dire u = v. L’application f est bien injective. 3. L’ IMAGE D ’ UN SEV PAR UNE APPLICATION LINÉAIRE EST UN SEV Soit G un sous espace vectoriel de E, montrons que f (G) est un sous espace vectoriel de F. Vérifions que 0 ∈ f (G). Comme G est un sev de E, on a 0 ∈ G. Ainsi, on a f (0) = 0 et 0 ∈ G est bien un antécédent de 0 par f . 1 2 QUESTIONS DE COURS SUR LES APLICATIONS LINÉAIRES Vérifions que f (G) est stable par combinaisons linéaires. Soient u, v ∈ f (G), soient λ , µ ∈ R, montrons que λ u + µv ∈ f (G), c’est à dire que l’on peut trouver un antécédent dans G de λ u + µv. Comme u ∈ f (G), il existe u0 ∈ G tel que f (u0 ) = u. De même, il existe v0 ∈ G tel que f (v0 ) = v. Comme G est un sev de E, G est stable par combinaisons linéaires, donc λ u0 + µv0 ∈ G. On a alors f (λ u0 + µv0 ) = λ f (u0 ) + µ f (v0 ) = λ u + µv. λ u0 + µv0 est bien un antécédent de λ u + µv par f . 4. L’ IMAGE RÉCIPROQUE D ’ UN SEV PAR UNE APPLICATION LINÉAIRE EST UN SEV Soit G un sous espace vectoriel de F, montrons que f −1 (G) est un sous espace vectoriel de E. Vérifions que 0 ∈ f −1 (G). On a f (0) = 0 et 0 ∈ G car G est un sev de F, donc0 ∈ f −1 (G). Vérifions que f −1 (G) est stable par combinaisons linéaires. Soient u, v ∈ f −1 (G), soient λ , µ ∈ R, montrons que λ u + µv ∈ f −1 (G), c’est à dire que f (λ u + µv) ∈ G. Comme u ∈ f −1 (G), on a f (u) ∈ G. De même, on a f (v) ∈ G. Comme G est un sev de F, G est stable par combinaisons linéaires, donc λ f (u) + µ f (v) ∈ G. Mais on a λ f (u) + µ f (v) = f (λ u + µv), on en déduit donc que f (λ u + µv) ∈ G, c’est à dire λ u + µv ∈ f −1 (G). 5. L’ IMAGE D ’ UNE FAMILLE LIBRE PAR UNE APPLICATION INJECTIVE EST UNE FAMILLE LIBRE Soit L = {u1 , . . . , u p } une famille libre de E. On note L 0 = f (L ) = { f (u1 ), . . . , f (u p )}. Montrons que la famille L 0 est libre. Soient λ1 , . . . , λ p ∈ R tels que λ1 f (u1 ) + . . . λ p f (u p ) = 0, montrons que λ1 = · · · = λ p = 0. Comme f est linéaire, on a 0 = λ1 f (u1 ) + . . . λ p f (u p ) = f (λ1 u1 + . . . λ p u p ). On en déduit donc que f (λ1 u1 + . . . λ p u p ) = 0, c’est à dire que λ1 u1 + . . . λ p u p ∈ ker( f ). Comme f est injective, on en déduit que λ1 u1 + . . . λ p u p = 0. La famille L étant libre, on en déduit que λ1 = · · · = λ p = 0. 6. L’ INVERSE D ’ UN ISOPORHISME EST LINÉAIRE Soit f : E → F un isomorphisme, c’est à dire une application linéaire bijective, montrons que f −1 : F → E est linéaire. Soient u, v ∈ F, soient λ , µ ∈ R, montrons que f −1 (λ u + µv) = λ f −1 (u) + µ f −1 (v). Notons w = λ u + µv. On a d’une part f ( f −1 (w)) = w et d’autre part, en utilisant la linéarité de f , f (λ f −1 (u) + µ f −1 (v)) = λ f ( f −1 (u)) + µ f ( f −1 (u)) = λ u + µv = w. On constate donc que f −1 (w) et λ f −1 (u) + µ f −1 (v) ont la même image par f . Comme f est injective, ceci entraîne que f −1 (w) = λ f −1 (u) + µ f −1 (v), c’est à dire f −1 (λ u + µv) = λ f −1 (u) + µ f −1 (v).