Applications linéaires et dimension finie

MPSI-Éléments de cours
Applications linéaires et dimension finie
24 mars 2017
Applications linéaires et dimension finie
Rédaction incomplète. Version alpha le le 20 02 17
Plan
I. Isomorphismes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II. Théorème du rang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III. Formes et hyperplans en dimension finie. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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Index
– éliminer, 3
– formule de Grassmann, 2
– résoudre, 3
– théorème du rang, 2
– théorème noyau-image, 1
Ce texte est une partie du cours d’algèbre linéaire. La partie précédente 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 f une application linéaire de E
dans un K-espace vectoriel F . L’application f est un isomorphisme si et seulement si la famille (f (a1 ), · · · , f (an ))
est une base de F .
Preuve. à rédiger
La proposition suivante est un cas particulier avec Kn comme espace de départ.
Proposition 2. Soit (a1 , a2 , · · · , an ) une famille de vecteurs d’un K-espace vectoriel F . Soit ϕ l’application
(
Kn → F
ϕ:
(λ1 , · · · , λn ) → λ1 a1 + · · · + λn an
Alors (a1 , a2 , · · · , an ) est une base si et seulement si ϕ est un isomorphisme.
Comme la composée de deux isomorphismes est un isomorphisme et que la bijection réciproque d’un isomorphisme est un isomorphisme, on obtient la proposition suivante
Proposition 3. Tout K-espace vectoriel de dimension n est isomorphe à Kn .
Deux K-espaces vectoriels de dimension finie sont isomorphes si et seulement si ils sont de même dimension.
Si un K-espace vectoriel E est isomorphe à un K-espace vectoriel F de dimension finie, alors E est de dimension
finie et dim E = dim F .
Preuve. à rédiger
Théorème 1 (Théorème noyau-image). Soit E et F deux K-espaces vectoriels. Soit f une application linéaire de
E dans F . Soit A un sous-espace vectoriel supplémentaire de ker f dans E. Alors, l’application ϕ définie par :
(
A → Im f
ϕ:
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 forcément dans A à priori)
tel que f (x) = y. Comme A et ker f sont supplémentaires, x se décompose. Il existe a ∈ A et u ∈ ker f tels que
x = a + u. alors :
y = f (x) = f (a) + f (u) = f (a) = ϕ(a)
ce qui prouve que ϕ est surjective.
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Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Pas d’utilisations commerciale-Partage des Conditions Initiales à l’Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/2.0/fr/
Rémy Nicolai C9587
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Remarque. Dans le théorème noyau-image, on ne suppose pas les espaces de dimension finie.
II.
Théorème du rang
Théorème 2 (Théorème du rang). Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie, F un K-espace vectoriel
quelconque et f une application linéaire de E dans F alors Im(f ) est de dimension finie. De plus :
dim E = dim(Im f ) + dim(ker f )
Définition. Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie, F un K-espace vectoriel quelconque et f une
application linéaire de E dans F . Le rang de f (noté rg(f )) est la dimension de Im(f ).
Le théorème du rang se reformule donc en
dim E = rg f + dim(ker f )
Preuve. Considérons un supplémentaire A du noyau de ker f dans E. On sait que dans un espace de dimension
finie, de tels supplémentaires existent et que :
dim E = dim(ker f ) + dim A
D’après le théorème noyau-image, ce supplémentaire A est isomorphe à Im f qui est donc de dimension finie et
égale à dim A. On obtient le théorème du rang en remplaçant dans la relation entre les dimensions.
Proposition 4. Soient E et F deux K-espaces vectoriels de dimension finie et égales (dim E = dim F ) et f ∈
L(E, F ). Alors f est surjective si et seulement si f est injective.
Preuve. Si f est surjective, alors Im(f ) = F donc rg(f ) = dim F = dim E. D’après le théorème du rang,
dim ker(f ) = dim E − rg(f ) = 0 ⇒ f injective
Si f est injective alors ker(f ) = {0E }. D’après le théorème du rang :
dim Im(f ) = dim E − dim ker(f ) = dim E = dim F ⇒ f (E) = F ⇒ f surjective
Remarque. L’hypothèse est vérifiée pour un endomorphisme d’un espace de dimension finie. On peut reformuler
la proposition avec le vacabulaire de l’algèbre L(E). On rappelle qu’une K-algèbre est à la fois un anneau et un
K-espace vectoriel. Les exemples à connaı̂tre sont L(E) et K[X].
Proposition 5. Soit E de dimension finie et f ∈ L(E), alors :
f inversible ⇔ f inversible à gauche ⇔ f inversible à droite
Preuve. S’il existe g ∈ L(E) tel que f ◦ g = IdE alors f est surjective donc bijective et en composant par la
bijection réciproque f −1 on obtient g = f −1 .
S’il existe h ∈ L(E) tel que h ◦ f = IdE alors f est injective donc bijective et en composant par la bijection
réciproque f −1 on obtient h = f −1 .
À titre d’application du théorème du rang, on peut formuler une deuxième démonstration de la formule de
Grassman sur la dimension de la somme de deux sous-espaces.
Preuve. Considérons l’application Φ définie par :
(
Φ:
A×B →E
(a, b) 7→ a + b
On vérifie facilement qu’elle est linéaire et que son image est A+B. Son noyau est formé par les couples (a, b) ∈ A×B
tels que
a + b = 0E ⇒ a = −b ∈ A ∩ B
d’où
ker Φ = {(x, −x), x ∈ A ∩ B}
L’application de A ∩ B dans ker Φ qui à x associe (x, −x) est clairement un isomorphisme. On en déduit l’égalité
des dimensions. Par le théorème du rang :
dim(A × B) = dim ker Φ + rg Φ ⇔ dim A + dim B = dim(A ∩ B) + dim(A + B)
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III.
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Formes et hyperplans en dimension finie
On rappelle que si (a1 , · · · , an ) est une base d’un espace vectoriel E, la famille des formes coordonnées
(α1 , · · · , αn ) est une base de E ∗ appelée base duale de (a1 , · · · , an ).
Proposition 6. Soit E un K-espace vectoriel de dimension n et A un sous-espace vectoriel de E. Alors A est un
hyperplan si et seulement si dim(A) = n − 1.
Preuve. à rédiger (thm rang)
Proposition 7. L’intersection de m hyperplans dans un espace de dimension n est un sous-espace dont la dimension est supérieure ou égale à n − m.
Preuve. Les hyperplans sont les noyaux de formes linéaires α1 , · · · αm . On considère l’application
(
E → Km
Φ:
x 7→ (α1 (x), · · · , αm (x))
Cette application est linéaire, son noyau est l’intersection des hyperplans, son image est un sous-espace vectoriel
de Kn . Le théorème du rang fournit l’inégalité demandée.
dim E = dim (ker α1 ∩ · · · ∩ ker αm ) + rg Φ ⇒ dim (ker α1 ∩ · · · ∩ ker αm ) ≥ dim E − m
|{z}
≤m
Proposition 8. Pour tout m ∈ J1, nK, dans un espace de dimension n, tout sous-espace de dimension n − m est
l’intersection de m hyperplans.
Preuve. Soit E un espace de dimension n et A un sous-espace de dimension n − m. On peut compléter une base
(a1 , · · · , an−m ) de A en une base
B = (a1 , · · · , an−m , b1 , · · · , bm )
de E. Considérons sa base duale que l’on note de la manière suivante :
B ∗ = (α1 , · · · , αn−m , β1 , · · · , βm )
Un vecteur x est dans ker(β1 ) ∩ · · · ker(βm ) si et seulement si ses coordonnées (dans la base B) selon b1 , · · · , bm
sont nulles. Cela traduit qu’il appartient à A. On en tire
A = ker(β1 ) ∩ · · · ker(βm )
Remarque. On peut remarquer dans la démonstration de la proposition précédente que le sous -espace A de
dimension n − m est l’intersection d’une famille libre de m hyperplans.
Passer de la définition d’un sous-espace comme intersection d’hyperplans à une définition par des vecteurs
revient à trouver une base de ce sous-espace. Pour faire cela, on doit résoudre un certain système. Exemple.
Pour passer de la définition d’un sous-espace comme engendré par une famille de vecteurs à une définition
comme intersection d’hyperplans, on doit trouver les équations dont le sous-espace est l’ensemble des solutions.
Pour faire cela, on doit éliminer les inconnues d’un certain système. Exemple.
Un exercice traité en classe sur le thème de la remarque sur la démonstration de la proposition 8.
Soit ϕ1 , · · · , ϕm une famille de formes linéaires dans un espace E de 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’après 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 démonstration de la
dernière proposition en complétant une base (a1 , · · · , an−q ) de A en une base
B = (a1 , · · · , an−q , b1 , · · · , bq )
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de E. Considérons 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 ϕk se décompose dans cette base. La coordonnée selon αj est ϕk (aj ) = 0
car aj ∈ A qui est l’intersection des ker ϕl .
On en déduit que les ϕk sont des combinaisons linéaires de β1 , · · · βq .
– Si la famille (ϕ1 , · · · , ϕm ) est libre, le fait que ses vecteurs soit des combinaisons des βk et la condition
suffisante de dépendance entraı̂nent que
m ≤ q ⇒ m ≤ n − dim(A) ⇒ dim(A) ≤ n − m
– Si la famille (ϕ1 , · · · , ϕm ) est liée, un de ses vecteurs est combinaison des autres. En renumérotant, on peut
supposer que ϕm est combinaison de ϕ1 , · · · , ϕm−1 . On en déduit que
A = ker(ϕ1 ) ∩ · · · ∩ ker(ϕm ) = ker(ϕ1 ) ∩ · · · ∩ ker(ϕm−1 )
Ceci entraı̂ne
dim(A) ≥ n − (m − 1) = n − m + 1 > n − m
On a donc montré
(ϕ1 , · · · , ϕm ) liée ⇒ (dim(A) ≤ n − m FAUX )
Soit, par contraposition,
dim(A) ≤ n − m ⇒ (ϕ1 , · · · , ϕm ) libre
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