Chapitre 2

Applications lin´eaires
I G´en´eralit´es sur les applications lin´eaires
1 D´efinition
D´efinition 1
Soit Eet Fdeux R-espaces vectoriels et fune application de Evers F. On dit que fest une appli-
cation lin´eaire ou encore un morphisme de Edans Fssi :
• ∀(−→ u , −→ v)∈E2,f(−→ u+−→ v) = f(−→ u) + f(−→ v)
• ∀−→ u∈Eet ∀λ∈R,f(λ−→ u) = λf(−→ u)
Vocabulaire et notation :
– L’ensemble de tous les morphismes de Edans Fest not´e L(E, F ).
– Un morphisme de Edans lui-mˆeme est appel´e un endomorphisme.
– L’ensemble des endomorphismes de Eest not´e L(E).
– L’application qui `a tout vecteur −→ ude Eassocie le vecteur −→ 0Fest une application lin´eaire. On l’appelle
l’application nulle et on la note 0E,F .
– L’application identit´e idEest un endomorphisme de E.
Exemple 1:
On consid`ere l’application qui `a un polynˆome Passocie son polynˆome d´eriv´e P′:
f:R[X]→R[X]
P→P′
Nos vecteurs ici sont des polynˆomes. Pour v´erifier que fest une application lin´eaire il faut v´erifier les
deux points de la d´efinition :
•Soient Qet Rdeux polynˆomes quelconques. On a par d´efinition de f,f(Q+R) = (Q+R)′. Or on
sait que la d´eriv´ee d’une somme est la somme des d´eriv´ees donc f(Q+R) = Q′+R′=f(Q) + f(R). Le
premier point est bien v´erifi´e.
•Soit Qun polynˆome et λun r´eel. On a f(λQ) = (λQ)′. D’apr`es les propri´et´es de la d´erivation,
f(λQ) = λQ′=λf(Q). Donc le deuxi`eme point est bien v´erifi´e.
En conclusion, fest une application lin´eaire de R[X] dans R[X] c’est-`a-dire fest un endomorphisme
de R[X].
Propri´et´e 1
Soient Eet Fdeux espaces vectoriels. fest une application lin´eaire de Edans Fssi :
∀(−→ u , −→ v)∈E2,∀(λ, µ)∈R2, f(λ−→ u+µ−→ v) = λf(−→ u) + µf(−→ v)
Exemple 2:
Montrer que l’application gde R3dans R2d´efinie par g(x, y, z) = (y−2x+z, 3z+4x) est une application
lin´eaire.
Soient −→ u= (x, y, z)∈R3,−→ v= (r, s, t)∈R3et (a, b)∈R2.
g(a−→ u+b−→ v) = g(ax +br, ay +bs, az +bt)
= (ay +bs −2(ax +br) + (az +bt),3(az +bt) + 4(ax +br))
et ag(−→ u) + bg(−→ v) = a(y−2x+z, 3z+ 4x) + b(s−2r+t, 3t+ 4r)
= (ay −2ax +az +bs −2br +bt, 3az + 4ax + 3bt + 4br)
Alg`ebre : Chapitre 2 Page 1 Applications lin´eaires

Donc on a g(a−→ u+b−→ v) = ag(−→ u) + bg(−→ v).
gest bien une application lin´eaire.
Propri´et´e 2
Si fest une application lin´eaire de Edans Falors :
•f(0E) = 0F
•f(−−→ u) = −f(−→ u)
• ∀(−→ e1, ..., −→ ep)∈Ep,∀(λ1, ..., λp)∈Rp, f p
X
i=1
λi−→ ei!=
p
X
i=1
λif(−→ ei)
2 Op´erations sur les applications lin´eaires
Th´eor`eme 1
Soient Eet Fdeux espaces vectoriels. L’ensemble L(E, F ) est un R-espace vectoriel.
Ce th´eor`eme regroupe plusieurs informations : la somme de deux applications lin´eaires est encore une
application lin´eaire et si je multiplie une application lin´eaire par un r´eel je conserve une application lin´eaire.
Th´eor`eme 2
Soient E,Fet Gtrois espaces vectoriels, f∈ L(E, F ) et g∈ L(F, G). Alors g◦fest un morphisme
de Edans G.
3 Image d’une application lin´eaire
D´efinition 2
Soient Eet Fdeux espaces vectoriels et f∈ L(E, F ). On appelle image de l’application lin´eaire f, et
on note Im(f), l’ensemble suivant :
Im(f) = {f(−→ u)/−→ u∈E}
L’image de fest donc l’ensemble de tous les f(−→ u) que l’on peut calculer.
Quelques exemples tr`es simples :
Exemple 3:
– Im(idE) = E.
– Im(0E,F ) = {0F}
Propri´et´e 3
Soit f∈ L(E, F ). Im(f) est un sous-espace vectoriel de F.
Le plus souvent il sera difficile de d´ecrire pr´ecis´ement Im(f). Lorsque l’on travaillera avec des espaces
de dimension finie (c’est-`a-dire dans 99 % des cas) on cherchera une base de Im(f). Le th´eor`eme ci-dessous
est tr`es important car il nous donne une famille g´en´eratrice de Im(f).
Alg`ebre : Chapitre 2 Page 2 Applications lin´eaires

Th´eor`eme 3
Soient Eun espace vectoriel de dimension finie n, et (e1,··· , en) une base de E. Soient Fun espace
vectoriel quelconque et f∈ L(E, F ).
Alors (f(e1),··· , f(en)) est une famille g´en´eratrice de Im(f), c’est-`a-dire :
Im(f) = vect(f(e1),··· , f (en)).
Exemple 4:
On consid`ere l’endomorphisme de R3d´efini par f(x, y, z) = (y−z, z −x, x −y). D´eterminer une base
de Im(f).
Il existe deux m´ethodes pour r´epondre `a cette question : l’une utilise le th´eor`eme pr´ec´edente et l’autre
n’utilise que la d´efinition de l’image de f.
–M´ethode 1 :
On consid`ere (e1, e2, e3)la base canonique de R3.
•On commence tout d’abord par calculer f(e1),f(e2)et f(e3).
On a f(e1) = (0,−1,1),f(e2) = (1,0,−1) et f(e3) = (−1,1,0).
D’apr`es le th´eor`eme pr´ec´edent ((0,−1,1),(1,0,−1),(−1,1,0)) est une famille g´en´eratrice de Im(f).
•Regardons maintenant si cette famille est libre.
On peut proc´eder par la m´ethode classique ou alors remarquer que
(0,−1,1) + (1,0,−1) + (−1,1,0) = (0,0,0) et donc que notre famille est li´ee.
•Comme (0,−1,1) = −(1,0,−1) −(−1,1,0) la famille ((1,0,−1),(−1,1,0)) est encore une famille
g´en´eratrice de Im(f).
•On remarque que les deux triplets (1,0,−1) et (−1,1,0) ne sont pas proportionnels, donc la famille
((1,0,−1),(−1,1,0)) est libre.
La famille ((1,0,−1),(−1,1,0)) est donc libre et g´en´eratrice de Im(f)donc c’est une base de Im(f).
Ainsi Im(f)est de dimension 2.
–M´ethode 2 :
Par d´efinition on a :
Im(f) = {f(x, y, z)/(x, y, z)∈R3}
={(y−z, z −x, x −y)/(x, y, z)∈R3}
={x(0,−1,1) + y(1,0,−1) + z(−1,1,0)/(x, y, z)∈R3}
=vect((0,−1,1),(1,0,−1),(−1,1,0))
Donc la famille ((0,−1,1),(1,0,−1),(−1,1,0)) est une famille g´en´eratrice de Im(f).
La fin du raisonnement est la mˆeme que pour la m´ethode 1.
Propri´et´e 4
Soient Eun espace vectoriel de dimension finie n, et (e1,...,en) une base de E. Soient Fun espace
vectoriel quelconque et (f1,...,fn) une famille quelconque de vecteurs de F. Alors il existe une unique
application lin´eaire gde Edans F, telle que g(ei) = fi, pour tout 1 6i6n.
Remarque :
Cette propri´et´e signifie que pour connaitre enti`erement une application lin´eaire sur un espace de di-
mension finie il suffit de connaitre les images des ´el´ements d’une base.
En effet, si on connait la valeur de f(e1), ..., f(en) o`u (e1,··· , en) est une base de E, alors pour tout
−→
u∈E, on a −→ u=
n
X
i=1
λieiet donc on peut calculer f(−→ u) =
n
X
i=1
λif(ei).
Alg`ebre : Chapitre 2 Page 3 Applications lin´eaires

Exemple 5:
On consid`ere R3muni de sa base canonique (e1, e2, e3). On consid`ere f∈ L(R3,R2) telle que :
f(e1) = (1,0) f(e2) = (2,−1) f(e3) = (−3,1)
Calculer f(x, y, z) pour tout (x, y, z)∈R3.
On a (x, y, z) = x(1,0,0) + y(0,1,0) + z(0,0,1) = xe1+ye2+ze3donc
f(x, y, z) = xf(e1) + yf(e2) + zf (e3) = (x+ 2y−3z, −y+z)
4 Noyau d’une application lin´eaire
D´efinition 3
Soient Eet Fdeux espaces vectoriels, et f∈ L(E, F ). On appelle noyau de l’application lin´eaire f,
et on note ker(f), l’ensemble suivant :
ker(f) = {−→ u∈E/f(−→ u) = 0F}
Propri´et´e 5
ker(f) est un sous-espace vectoriel de E
D´emonstration :
•Comme f(0E) = 0F, 0E∈ker(f) et donc ker(f) est non vide.
•De plus si −→ uet −→ vsont deux ´el´ements de ker(f) et (a, b)∈R2alors a−→ u+b−→ v∈Eet
f(a−→ u+b−→ v) = bf(−→ u) + bf(−→ v) = a0F+b0F= 0F
donc a−→ u+b−→ v∈ker(f).
Donc ker(f) est bien un sous-espace vectoriel de E.
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Quelques exemples simples :
Exemple 6:
– ker(idE) = {0E}
– ker(0E,F ) = E
Exemple 7:
Soit f∈ L(R3,R2), d´efinie par f(x, y, z) = (x+ 2y−3z, −y+z). D´eterminer ker(f).
Explication : D´eterminer ker(f)signifie qu’il faut trouver tous les ´el´ements de cet ensemble, c’est `a
dire tous les ´el´ements de l’ensemble de d´epart (ici c’est R3) dont l’image vaut 0.
R´edaction :
Par d´efinition ker(f) = {(x, y, z)∈R3/f(x, y, z) = (0,0)}. On doit donc r´esoudre f(x, y, z) = (0,0).
On a : f(x, y, z) = (0,0)
⇔(x+ 2y−3z, −y+z) = (0,0)
⇔x+ 2y−3z= 0
−y+z= 0
⇔x=z
y=z
Donc ker(f) = {(z, z, z)/z ∈R}=vect((1,1,1)).
Alg`ebre : Chapitre 2 Page 4 Applications lin´eaires

5 Injectivit´e, surjectivit´e, isomorphismes
Th´eor`eme 4
Soit f∈ L(E, F ). Alors
fest injective ⇔ker(f) = {0E}
D´emonstration :
•Si fest injective alors 0Fadmet au plus un ant´ec´edent qui est 0E. Donc le seul −→ utel
que f(−→ u) = 0Fest 0E, c’est-`a-dire ker(f) = {0E}.
•Si ker(f) = {0E}alors si (−→ u , −→ v)∈E2v´erifient f(−→ u) = f(−→ v) on a :
f(−→ u) = f(−→ v)⇔f(−→ u)−f(−→ v) = 0F⇔f(−→ u−−→ v) = 0F⇔−→ u−−→ v= 0E⇔−→ u=−→ v
Donc fest bien injective.
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Exemple 8:
L’application lin´eaire gd´efinie par g(x, y) = (2x−y, −3x+ 5y) est-elle injective ?
Afin d’utiliser le th´eor`eme pr´ec´edent, il nous faut tout d’abord d´eterminer ker(g):
g(x, y) = (0,0) ⇔2x−y= 0
−3x+ 5y= 0 ⇔2x−y= 0 7x= 0 ⇔y= 0 x= 0
Donc ker(g) = {(0,0)}et donc gest bien injective.
Propri´et´e 6
Soit f∈ L(E, F ). Alors
fest surjective ⇔Im(f) = F
D´efinition 4
•Soient Eet Fdeux espaces vectoriels, et fun morphisme de Edans F. Si de plus fest bijective
alors on dit que fest un isomorphisme de Edans F.
•Un isomorphisme de Edans lui-mˆeme est appel´e un automorphisme de E. L’ensemble des auto-
morphismes de Eest not´e Gl(E).
•Lorsqu’il existe un isomorphisme entre deux espaces Eet Fon dit que ces deux espaces sont iso-
morphes.
Propri´et´e 7
Si fest un isomorphisme de Edans Falors f−1est un isomorphisme de Fdans E.
Cela signifie donc que si fest lin´eaire et bijective, f−1est aussi lin´eaire.
Th´eor`eme 5
Soient Eet Fdeux espaces vectoriels de dimension finie. Les espaces Eet Fsont isomorphes ssi ils
sont de mˆeme dimension. En particulier tout espace vectoriel de dimension nest isomorphe `a Rn.
Explication rapide :
Soit Eun espace vectoriel de dimension net (e1,...,en) une base de E. Pour tout −→ u∈E, il existe
donc (λ1,...,λn)∈Rn, unique, tel que −→ u=
n
X
i=1
λiei. On construit alors l’application f:E→Rnd´efinie
par f(−→ u) = (λ1,...,λn). Cette application est un isomorphisme de Edans Rn.
Alg`ebre : Chapitre 2 Page 5 Applications lin´eaires