Applications linéaires et dimension finie

MPSI-´ El´ements de cours Applications lin´eaires et dimension finie 24 mars 2017
Applications lin´eaires et dimension finie
R´edaction incompl`ete. Version alpha le le 20 02 17
Plan
I. Isomorphismes ................................ 1
II. Th´eor`eme du rang .............................. 2
III. Formes et hyperplans en dimension finie....................... 3
Index
– ´eliminer, 3
– formule de Grassmann, 2
– r´esoudre, 3
– th´eor`eme du rang, 2
– th´eor`eme noyau-image, 1
Ce texte est une partie du cours d’alg`ebre lin´eaire. La partie pr´ec´edente est Dimension des espaces vectoriels.
La partie suivante est Sous-espaces affines d’un espace vectoriel.
I. Isomorphismes
Proposition 1. Soit (a1, a2,· · · , an)une base d’un K-espace vectoriel E, soit fune application lin´eaire de E
dans un K-espace vectoriel F. L’application fest un isomorphisme si et seulement si la famille (f(a1),· · · , f(an))
est une base de F.
Preuve. `a r´ediger
La proposition suivante est un cas particulier avec Kncomme espace de d´epart.
Proposition 2. Soit (a1, a2,· · · , an)une famille de vecteurs d’un K-espace vectoriel F. Soit ϕl’application
ϕ:(Kn→F
(λ1,· · · , λn)→λ1a1+· · · +λnan
Alors (a1, a2,· · · , an)est une base si et seulement si ϕest un isomorphisme.
Comme la compos´ee de deux isomorphismes est un isomorphisme et que la bijection r´eciproque d’un isomor-
phisme est un isomorphisme, on obtient la proposition suivante
Proposition 3. Tout K-espace vectoriel de dimension nest isomorphe `a Kn.
Deux K-espaces vectoriels de dimension finie sont isomorphes si et seulement si ils sont de mˆeme dimension.
Si un K-espace vectoriel Eest isomorphe `a un K-espace vectoriel Fde dimension finie, alors Eest de dimension
finie et dim E= dim F.
Preuve. `a r´ediger
Th´eor`eme 1 (Th´eor`eme noyau-image).Soit Eet Fdeux K-espaces vectoriels. Soit fune application lin´eaire de
Edans F. Soit Aun sous-espace vectoriel suppl´ementaire de ker fdans E. Alors, l’application ϕd´efinie par :
ϕ:(A→Im f
a→f(a)
est un isomorphisme.
Preuve. Montrons d’abord que la fonction est injective. Pour tout a∈ker ϕ: 0E=ϕ(a) = f(a). Donc
a∈ker f∩A={0E}
Montrons ensuite qu’elle est surjective. Pour tout y∈Im f, il existe un x∈E(pas forc´ement dans A`a priori)
tel que f(x) = y. Comme Aet ker fsont suppl´ementaires, xse d´ecompose. Il existe a∈Aet u∈ker ftels que
x=a+u. alors :
y=f(x) = f(a) + f(u) = f(a) = ϕ(a)
ce qui prouve que ϕest surjective.
Cette cr´eation est mise `a disposition selon le Contrat
Paternit´e-Pas d’utilisations commerciale-Partage des Conditions Initiales `a l’Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/2.0/fr/
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Remarque. Dans le th´eor`eme noyau-image, on ne suppose pas les espaces de dimension finie.
II. Th´eor`eme du rang
Th´eor`eme 2 (Th´eor`eme du rang).Soit Eun K-espace vectoriel de dimension finie, Fun K-espace vectoriel
quelconque et fune application lin´eaire de Edans Falors Im(f)est de dimension finie. De plus :
dim E= dim(Im f) + dim(ker f)
D´efinition. Soit Eun K-espace vectoriel de dimension finie, Fun K-espace vectoriel quelconque et fune
application lin´eaire de Edans F. Le rang de f(not´e rg(f)) est la dimension de Im(f).
Le th´eor`eme du rang se reformule donc en
dim E= rg f+ dim(ker f)
Preuve. Consid´erons un suppl´ementaire Adu noyau de ker fdans E. On sait que dans un espace de dimension
finie, de tels suppl´ementaires existent et que :
dim E= dim(ker f) + dim A
D’apr`es le th´eor`eme noyau-image, ce suppl´ementaire Aest isomorphe `a Im fqui est donc de dimension finie et
´egale `a dim A. On obtient le th´eor`eme du rang en rempla¸cant dans la relation entre les dimensions.
Proposition 4. Soient Eet Fdeux K-espaces vectoriels de dimension finie et ´egales (dim E= dim F) et f∈
L(E, F ). Alors fest surjective si et seulement si fest injective.
Preuve. Si fest surjective, alors Im(f) = Fdonc rg(f) = dim F= dim E. D’apr`es le th´eor`eme du rang,
dim ker(f) = dim E−rg(f)=0⇒finjective
Si fest injective alors ker(f) = {0E}. D’apr`es le th´eor`eme du rang :
dim Im(f) = dim E−dim ker(f) = dim E= dim F⇒f(E) = F⇒fsurjective
Remarque. L’hypoth`ese est v´erifi´ee pour un endomorphisme d’un espace de dimension finie. On peut reformuler
la proposition avec le vacabulaire de l’alg`ebre L(E). On rappelle qu’une K-alg`ebre est `a la fois un anneau et un
K-espace vectoriel. Les exemples `a connaˆıtre sont L(E) et K[X].
Proposition 5. Soit Ede dimension finie et f∈ L(E), alors :
finversible ⇔finversible `a gauche ⇔finversible `a droite
Preuve. S’il existe g∈ L(E) tel que f◦g= IdEalors fest surjective donc bijective et en composant par la
bijection r´eciproque f−1on obtient g=f−1.
S’il existe h∈ L(E) tel que h◦f= IdEalors fest injective donc bijective et en composant par la bijection
r´eciproque f−1on obtient h=f−1.
`
A titre d’application du th´eor`eme du rang, on peut formuler une deuxi`eme d´emonstration de la formule de
Grassman sur la dimension de la somme de deux sous-espaces.
Preuve. Consid´erons l’application Φ d´efinie par :
Φ : (A×B→E
(a, b)7→ a+b
On v´erifie facilement qu’elle est lin´eaire et que son image est A+B. Son noyau est form´e par les couples (a, b)∈A×B
tels que
a+b= 0E⇒a=−b∈A∩Bd’o`u ker Φ = {(x, −x), x ∈A∩B}
L’application de A∩Bdans ker Φ qui `a xassocie (x, −x) est clairement un isomorphisme. On en d´eduit l’´egalit´e
des dimensions. Par le th´eor`eme du rang :
dim(A×B) = dim ker Φ + rg Φ ⇔dim A+ dim B= dim(A∩B) + dim(A+B)
Cette cr´eation est mise `a disposition selon le Contrat
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III. Formes et hyperplans en dimension finie
On rappelle que si (a1,· · · , an) est une base d’un espace vectoriel E, la famille des formes coordonn´ees
(α1,· · · , αn) est une base de E∗appel´ee base duale de (a1,· · · , an).
Proposition 6. Soit Eun K-espace vectoriel de dimension net Aun sous-espace vectoriel de E. Alors Aest un
hyperplan si et seulement si dim(A) = n−1.
Preuve. `a r´ediger (thm rang)
Proposition 7. L’intersection de mhyperplans dans un espace de dimension nest un sous-espace dont la dimen-
sion est sup´erieure ou ´egale `a n−m.
Preuve. Les hyperplans sont les noyaux de formes lin´eaires α1,· · · αm. On consid`ere l’application
Φ : (E→Km
x7→ (α1(x),· · · , αm(x))
Cette application est lin´eaire, son noyau est l’intersection des hyperplans, son image est un sous-espace vectoriel
de Kn. Le th´eor`eme du rang fournit l’in´egalit´e demand´ee.
dim E= dim (ker α1∩ · · · ∩ ker αm) + rg Φ
|{z}
≤m
⇒dim (ker α1∩ · · · ∩ ker αm)≥dim E−m
Proposition 8. Pour tout m∈J1, nK, dans un espace de dimension n, tout sous-espace de dimension n−mest
l’intersection de mhyperplans.
Preuve. Soit Eun espace de dimension net Aun sous-espace de dimension n−m. On peut compl´eter une base
(a1,· · · , an−m) de Aen une base
B= (a1,· · · , an−m, b1,· · · , bm)
de E. Consid´erons sa base duale que l’on note de la mani`ere suivante :
B∗= (α1,· · · , αn−m, β1,· · · , βm)
Un vecteur xest dans ker(β1)∩ · · · ker(βm) si et seulement si ses coordonn´ees (dans la base B) selon b1,· · · , bm
sont nulles. Cela traduit qu’il appartient `a A. On en tire
A= ker(β1)∩ · · · ker(βm)
Remarque. On peut remarquer dans la d´emonstration de la proposition pr´ec´edente que le sous -espace Ade
dimension n−mest l’intersection d’une famille libre de mhyperplans.
Passer de la d´efinition d’un sous-espace comme intersection d’hyperplans `a une d´efinition par des vecteurs
revient `a trouver une base de ce sous-espace. Pour faire cela, on doit r´esoudre un certain syst`eme. Exemple.
Pour passer de la d´efinition d’un sous-espace comme engendr´e par une famille de vecteurs `a une d´efinition
comme intersection d’hyperplans, on doit trouver les ´equations dont le sous-espace est l’ensemble des solutions.
Pour faire cela, on doit ´eliminer les inconnues d’un certain syst`eme. Exemple.
Un exercice trait´e en classe sur le th`eme de la remarque sur la d´emonstration de la proposition 8.
Soit ϕ1,· · · , ϕmune famille de formes lin´eaires dans un espace Ede dimension finie n. Montrer que :
dim (ker(ϕ1)∩ · · · ∩ ker(ϕm)) = n−m⇔(ϕ1,· · · , ϕm) libre
On note A= ker(ϕ1)∩ · · · ∩ ker(ϕm). On sait d’apr`es le cours que dim(A)≥n−m. On doit donc montrer
dim(A)≤n−m⇔(ϕ1,· · · , ϕm) libre
Notons q=n−dim(A) de sorte que dim(A) = n−q. On raisonne alors comme dans la d´emonstration de la
derni`ere proposition en compl´etant une base (a1,· · · , an−q) de Aen une base
B= (a1,· · · , an−q, b1,· · · , bq)
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3R´emy Nicolai C9587

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de E. Consid´erons sa base duale que l’on note :
B∗= (α1,· · · , αn−q, β1,· · · , βq)
On sait alors que A= ker β1∩ · · · ∩ ker βq.
Comme B∗est une base de E∗, chaque ϕkse d´ecompose dans cette base. La coordonn´ee selon αjest ϕk(aj)=0
car aj∈Aqui est l’intersection des ker ϕl.
On en d´eduit que les ϕksont des combinaisons lin´eaires de β1,· · · βq.
– Si la famille (ϕ1,· · · , ϕm) est libre, le fait que ses vecteurs soit des combinaisons des βket la condition
suffisante de d´ependance entraˆınent que
m≤q⇒m≤n−dim(A)⇒dim(A)≤n−m
– Si la famille (ϕ1,· · · , ϕm) est li´ee, un de ses vecteurs est combinaison des autres. En renum´erotant, on peut
supposer que ϕmest combinaison de ϕ1,· · · , ϕm−1. On en d´eduit que
A= ker(ϕ1)∩ · · · ∩ ker(ϕm) = ker(ϕ1)∩ · · · ∩ ker(ϕm−1)
Ceci entraˆıne
dim(A)≥n−(m−1) = n−m+ 1 > n −m
On a donc montr´e
(ϕ1,· · · , ϕm) li´ee ⇒(dim(A)≤n−mFAUX )
Soit, par contraposition,
dim(A)≤n−m⇒(ϕ1,· · · , ϕm) libre
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