Applications linéaires I Définitions et exemples

Applications linéaires
I
Définitions et exemples
I.A Définition d’une application linéaire . . .
I.B Composée de deux applications linéaires .
I.C Noyau et image d’une application linéaire
I.D Projecteurs et symétries . . . . . . . . . .
I.D.1 Projecteurs . . . . . . . . . . . . .
I.D.2 Symétries . . . . . . . . . . . . . .
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1
1
3
4
5
5
6
II Applications linéaires en dimension finie
II.A Le théoréme fondamental . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.B Isomorphismes entre espaces vectoriels de dimension finie
II.C Théorème du rang et conséquences . . . . . . . . . . . . .
II.D Rang d’une application linéaire . . . . . . . . . . . . . . .
II.E Noyau d’une forme linéaire, hyperplans . . . . . . . . . . .
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7
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I
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Définitions et exemples
I.A
Définition d’une application linéaire
Définition 1. Soient E et F deux K-espaces vectoriels et f : E → F une
application. On dit que f est une application linéaire de E dans F si :
∀~u, ~v ∈ E, ∀λ, µ ∈ K on a f (λ~u + µ~v ) = λf (~u) + µf (~v )
On note LK (E, F ) l’ensemble des applications linéaires de E dans F . (noté aussi
L(E, F ))
Remarque 1. Si f est une application linéaire, on déduit assez facilement de
la définition ci-dessus les propriétés suivantes :
1. f est linéaire si et seulement si ∀λ ∈ R, ∀~u, ~v ∈ E :
f (λ~u)
=
λf (~u)
f (~u + ~v ) = f (~u) + f (~v )
2. f (~0E ) = ~0F .
3. ∀λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ K, ∀~u1 , ~u2 , . . . , ~un ∈ E :
f(
n
X
λi ~ui ) =
i=1
n
X
λi f (~ui )
k=1
Définition 2. Une application linéaire de E dans E est appelée endomorphisme
de E. L’ensemble des endomorphismes de E se note :
LK (E, E) = LK (E) = L(E)
1
Définition 3.
– Une application linéaire bijective de E dans F est appelée isomorphisme
de E sur F . E et F sont dits isomorphes s’il existe un isomorphisme de
E sur F . On note alors E ∼ F .
– Un endomorphisme bijectif de E est appelé automorphisme de E.
Exemples 1. Voici quelques exemples usuels d’applications linéaires dans un
K-ev E quelconque :
E → F
1. f :
est une application linéaire.
~u 7→ ~0F
E → E
2. Si α ∈ K, alors f :
est un endomorphisme de E appelé
~u 7→ α~u
homothétie vectorielle de rapport α.
E → E
En particulier, IdE :
est une application linéaire.
~u 7→ ~u
Exemples 2 (Autres exemples).
1. Dans le R-espace vectoriel R :
R → R
R
f:
est linéaire alors que g :
x 7→ 2x
x
→
R
ne l’est pas.
7
→
sin x
2. Dans le K-espace vectoriel K[X] :
K[X] → K[X]
Φ:
est linéaire.
P
7→
P0
3. Toute isométrie vectorielle du plan, comme par exemple une rotation vectorielle (voir chapitre géométrie du plan), est une application linéaire.
Démonstration.
1. ∀x, y ∈ R, ∀λ, µ ∈ R, on a :
f (λx + µy) = 2(λx + µy) = λ(2x) + µ(2y) = λf (x) + µf (y)
En revanche, g( π2 +
g( π2 )
π
)
2
+
g( π2 )
=
sin( π2 +
=
π
2
sin
π
)
2
+ sin
= sin π = 0
π
2
= 2 6= g( π2 +
π
)
2
Exercice 1. Les applications suivantes sont-elles linéaires ? Justifier.
R → R
R →
R
a) f :
b)
g
:
x 7→ 2x2
x 7→ 4x − 3
R → R
R2
→
R2
c) h :
d) i :
x 7→ |x|
(x, y) 7→ (y, x)
2
R
→ R
R2
→
R3
f) j :
e) k :
(x, y) 7→ xy
(x, y) 7→ (2x, x + y, 2y)
2
Proposition 1. LK (E, F ) est un K-espace vectoriel, d’élément neutre l’application nulle de E dans F (~u 7→ ~0F ), pour les lois usuelles + et . définies pour
les applications.
Définition 4. Si F = K, f ∈ L(E, K) est appelée forme linéaire de E (sur K).
Exemples 3.
R2
→ R
1. Φ :
est une forme linéaire de R2
(x, y) 7→ x
K[X] →
K
2. Ψ :
est une forme linéaire de K[X].
P
7→ P (1)
I.B
Composée de deux applications linéaires
Proposition 2. La composée de deux applications linéaires est une application
linéaire.
Démonstration. Soient f : E → F et g : F → G deux applications linéaires. Si λ, µ ∈ K et
~
u, ~v ∈ E, on a :
(g ◦ f )(λ~
u + µ~v )
(g ◦ f )(λ~
u + µ~v )
=
=
=
g[f (λ~
u + µ~v )] = g[λf (~
u) + µf (~v )]
λg[f (~
u)] + µg[f (~v )]
λ(g ◦ f )(~
u) + µ(g ◦ f )(~v )
(car f est linéaire)
(car g est linéaire)
Conséquence : La composée de deux endomorphismes de E est un endomorphisme de E.
Proposition 3. Si f : E → F est un isomorphisme, alors f −1 : F → E est
aussi une application linéaire (donc un isomorphisme).
Démonstration. Soit f : E → F un isomorphisme. Si λ, µ ∈ K et ~
u0 , ~v 0 ∈ F, a-t-on :
f −1 (λ~
u0 + µ~v 0 ) = λf −1 (~
u0 ) + µf −1 (~v 0 ) ?
On sait qu’il existe ~
u, ~v ∈ E tels que ~
u0 = f (~
u) et ~v 0 = f (~v ) (car f est surjective). Donc :
f −1 (λ~
u0 + µ~v 0 ) = f −1 (λf (~
u) + µf (~v )) = f −1 [f (λ~
u + µ~v )] car f est linéaire.
D’où, avec la relation f −1 ◦ f = IdE :
f −1 (λ~
u0 + µ~v 0 ) = λ~
u + µ~v = λf −1 (~
u0 ) + µf −1 (~v 0 )
Définition 5. On note GL(E) l’ensemble des automorphismes de E. (GL(E), ◦)
est un groupe (non commutatif) appelé groupe linéaire de E (d’élément neutre
IdE ).
Remarque 2. L’ensemble des homothéties de rapport non nul (applications
~u 7→ α~u avec α 6= 0) forme un sous-groupe de GL(E).
3
I.C
Noyau et image d’une application linéaire
Définition 6. Soit f ∈ L(E, F ).
1. On appelle noyau de f , l’ensemble noté :
Ker f = f −1 ({~0F }) = {~u ∈ E/ f (~u) = ~0F }
2. On appelle image de f, l’ensemble noté :
Im f = f (E) = {~v ∈ F/ ∃~u ∈ E, ~v = f (~u)}
Exemples 4 (Exemples généraux).
1. Soit f ∈ L(E, F ). Si f est l’application nulle, alors Ker f = E et Im f = {~0F }.
2. Soit f ∈ L(E). Si f = IdE , alors Ker f = {~0E } et Im f = E.
Proposition 4. Si f ∈ L(E, F ), alors Ker f (resp Im f ) est un sous-espace
vectoriel de E (resp. de F ).
Démonstration. Exercice
Exemple 5. {(x, y, z) ∈ R3 / x + 2y + z = 0} est un s.e.v. de R3 car il s’agit
du noyau de la forme linéaire Φ : (x, y, z) 7→ x + 2y + z.
Proposition 5. Soient E, F deux K-e.v. et f ∈ L(E, F ), alors :
(i) f est injective si et seulement si Ker f = {~0E }.
(ii) f est surjective si et seulement si Im f = F .
Démonstration.
(i) (⇒) Supposons f injective. Cherchons Ker f .
Si ~
u ∈ Ker f alors f (~
u) = f (~0), donc ~
u = ~0 (car f est injective). En conclusion, on a
Ker f = {~0}.
(⇐) Supposons Ker f = {~0}. Montrons que f est injective. Soient ~
u et ~v ∈ E tels que
f (~
u) = f (~v ), alors f (~
u) − f (~v ) = 0 = f (~
u − ~v ). D’où ~
u − ~v ∈ Ker f , ce qui montre
~
u − ~v = 0 et ~
u = ~v . Donc f est injective.
(ii) Évident.
Exemple 6. Φ :
R3
→
R
(x, y, z) 7→ x + 2y + z
est surjective car ∀α ∈ R, on a
α = Φ((α, 0, 0)), et non injective car Φ((1, 0, −1)) = (0, 0, 0) par exemple.
Exercice 2.
1. Montrer que l’application linéaire Φ :
et non injective.
4
K[X] → K[X]
est surjective
P
7→
P0
2. Montrer que l’application Ψ :
K[X] → K[X]
est linéaire, injective
P
7→ XP
et non surjective.
Solution.
n
X
1. Si P =
ak X
k
alors P = Φ
n
X
k=0
k=0
ak
X k+1
k+1
!
donc Φ est surjective. De plus,
Φ(1) = 0 donc Φ n’est pas injective.
2. ∀P, Q ∈ K[X], ∀λ, µ ∈ K, on a :
Ψ(λP + µQ) = X(λP + µQ) = λXP + µXQ = λΨ(P ) + µΨ(Q)
donc Ψ est linéaire. De plus :
Ψ(P ) = 0 ⇒ XP = 0 ⇒ P = 0
Donc Ψ est injective, mais Ψ n’est pas surjective car le polynôme Q = 1, par exemple,
n’a pas d’antécédent par Ψ (∀P ∈ K[X], on a XP = 1 ⇒ X | 1 ce qui est absurde,
donc Q ne peut être image de P par Ψ).
Exercice 3. Montrer que les applications suivantes sont des automorphismes :
R2
→
R2
R[X] → R[X]
a) f :
b) g :
(x, y) 7→ (x + y, x − y)
P
7
→
P + P0
I.D
Projecteurs et symétries
I.D.1
Projecteurs
Définition 7. Soient F et G deux s.e.v. supplémentaires de E.
i.e. ∀~u ∈ E, ∃!(~u1 , ~u2 ) ∈ F × G tel que ~u = ~u1 + ~u2
On appelle projection sur F parallèlement à G (ou projecteur ) l’application :
G
p:
E
~u
→ E
7→ ~u1
~
u2
F
~
u
~
u1 = p(~
u)
Projection sur F parallèlement à G
Remarques 3.
1. Un projecteur est un endomorphisme de E.
5
2. Si E = F ⊕ G, alors l’endomorphisme p est la projection sur F parallèle
∀~u ∈ F p(~u) = ~u
ment à G si et seulement si
∀~u ∈ G p(~u) = 0
Exemple 7. On note (~i, ~j, ~k) la base canonique de R3 .
R3
→
R3
p:
(x, y, z) 7→ (x, y, 0)
est la projection sur le plan Vect(~i, ~j) parallèlement à la droite R~k
Proposition 6. Soit p ∈ L(E), alors :
p est un projecteur ⇔ p ◦ p = p
Dans ce cas, p est la projection sur Im p parallèlement à Ker p. (on a alors
E = Ker p ⊕ Im p )
Démonstration.
Si p ◦ p = p, alors montrons tout d’abord que E = Ker p ⊕ Im p :
(⇐) •: Soit ~
x ∈ Ker p ∩ Im p :
~
x ∈ Im p donc ∃~
y ∈ E tel que ~
x = p(~
y ), et ~
x ∈ ker p donc p(~
x) = 0. Or :
p(~
x) = p ◦ p(~
y ) = p(~
y) = ~
x
Donc ~
x = ~0 donc Ker p ⊕ Im p
• Soit ~
x ∈ E alors :
~
x = p(~
x) + ~
x − p(~
x)
|{z} | {z }
∈Im p
∈Ker p
Donc E = Ker p ⊕ Im p. La projection sur Im p parallèlement à Ker p est alors l’application ~
x 7→ p(~
x), c’est à dire p.
(⇒) : Si p est la projection sur F parallèlement à G et si ~
x ∈ E, on a :
~
x= ~
x1 + ~
x2
|{z} |{z}
∈F
∈G
On a alors p(~
x) = ~
x1 et p ◦ p(~
x) = p(~
x1 ) = ~
x1 , donc p ◦ p = p.
I.D.2
Symétries
Définition 8. Soient F et G deux s.e.v. supplémentaires de E.
i.e. ∀~u ∈ E, ∃!(~u1 , ~u2 ) ∈ F × G tel que ~u = ~u1 + ~u2
On appelle symétrie par rapport à F parallèlement à G l’application :
G
s:
E
~u
→
E
7→ ~u1 − ~u2
~
u
~
u2
~
u1
F
−~
u2
s(~
u)
Symétrie par rapport à F parallèlement à G
6
Remarques 4.
1. Une symétrie est un endomorphisme de E.
2. Si E = F ⊕ G, alors l’endomorphisme s est la symétrie par rapport à F
∀~u ∈ F
s(~u) = ~u
parallèlement à G si et seulement si
∀~u ∈ G s(~u) = −~u
Exemple 8. On note (~i, ~j, ~k) la base canonique de R3 .
R3
→
R3
s:
(x, y, z) 7→ (x, y, −z)
est la symétrie par rapport au plan Vect(~i, ~j) parallèlement à la droite R~k
Proposition 7. Soit s ∈ L(E), alors :
s est une symétrie ⇔ s ◦ s = IdE
Démonstration. admis.
Exercice 4. Montrer que les endomorphismes suivants sont des symétries. On
déterminera les éléments caractéristiques de celles-ci :
C → C
1. Conjugaison :
dans le R-e.v. C.
z 7→ z
K[X] →
K[X]
2. Φ :
P (X) 7→ P (−X)
Solution.
1. Cette application est clairement R-linéaire. De plus, ∀z ∈ C on a (z) = z, donc la
conjugaison est une symétrie. Enfin, z = z si et seulement si z ∈ R, et z = −z si et
seulement si z ∈ iR, donc s est la symétrie par rapport à R parallèlement à iR.
2. On montre de façon similaire que Φ est la symétrie par rapport au s.e.v des polynômes
pairs parallèlement au s.e.v des polynômes impairs.
II
Applications linéaires en dimension finie
E est un K-espace vectoriel de dimension finie
II.A
Le théoréme fondamental
Théorème 1. Une application linéaire est déterminée de manière unique par
les images des éléments d’une base quelconque du K-e.v. E de départ, c’est à
dire : si E et F sont deux K-e.v. (E de dimension finie), (~e1 , ~e2 , . . . , ~en ) une base
de E et (f~1 , f~2 , . . . , f~n ) n vecteurs de F , il existe une application linéaire Φ et
une seule telle que :
∀i ∈ [[1, n]] , Φ(~ei ) = f~i
7
Remarque 5. Autrement dit, pour connaître (resp. définir) une application
f ∈ L(E, F ), il suffit de connaître (resp. définir) les images d’une base de E par
cette application.
Démonstration.
Unicité : Soit ~
u ∈ E, il existe λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ K tels que :
~
u=
n
X
λi~ei
i=1
Si Φ ∈ L(E, F ) vérifie Φ(~ei ) = f~i ∀i, alors :
!
n
n
n
X
X
X
λi~ei =
Φ(~
u) = Φ
λi Φ(~ei ) =
λi f~i
i=1
i=1
i=1
Donc Φ est bien définie de manière unique.
Existence : On pose :
Φ(~
u) =
n
X
λi f~i
i=1
où (λ1 , λ2 , . . . , λn ) sont les coordonnées de ~
u dans la base (~e1 , ~e2 , . . . , ~en ). Φ est clain
n
X
X
rement une application. De plus, Φ est linéaire, car si ~
u =
λi~ei , ~v =
µi~ei et
i=1
i=1
λ, µ ∈ K, on a :
Φ(λ~
u+µ~v ) = Φ
n
X
!
(λλi + µµi )~ei
i=1
=
n
X
(λλi +µµi )f~i = λ
i=1
n
X
λi f~i +µ
i=1
n
X
µi f~i = λΦ(~
u)+µΦ(~v )
i=1
Enfin, l’application Φ vérifie la condition du théorème 1 :
∀i ∈ [[1, n]] , Φ(~ei ) = 0.f~1 + 0.f~2 + · · · + 0.f~i−1 + 1.f~i + 0.f~i+1 + · · · + 0.f~n = f~i
Exemples 9.
1. On prend E = F = R3 . (~e1 , ~e2 , ~e3 ) étant
application de la manière suivante :

 Φ(~e1 ) =
Φ(~e2 ) =
Φ:

Φ(~e3 ) =
la base canonique, on définit une
(1, 3, 1)
(0, 0, 0)
(2, 1, 0)
On a alors, ∀(x, y, z) ∈ R3 :
Φ((x, y, z))
= Φ((x~e1 + y~e2 + z~e3 )) = xΦ(~e1 ) + yΦ(~e2 ) + zΦ(~e3 )
= (x, 3x, x) + (0, 0, 0) + (2z, z, 0)
= = (x + 2z, 3x + z, x)
Donc Φ est l’application : (x, y, z) 7→ (x + 2z, 3x + z, x).
2. L’application linéaire :
Kn [X] → Kn [X]
Φ:
P
7→
P0
est aussi définie par :
Φ(1) = 0, Φ(X) = 1, Φ(X 2 ) = 2X, . . . , Φ(X n ) = nX n−1
Ainsi Φ(
n
X
k=0
ak X k ) =
n
X
ak Φ(X k ) =
k=0
n
X
k=0
8
kak X k−1 .
Proposition 8.
Si (~e1 , ~e2 , . . . , ~en ) est une base
(f (~e1 ), f (~e2 ), . . . , f (~en )) est une famille génératrice de Im f .
de
E,
alors
Démonstration. soit ~v ∈ Im f , alors ~v = f (~
u) avec ~
u = λ1~e1 + λ2~e2 + · · · + λn~en ∈ E. On
peut ainsi écrire :
~v = f (λ1~e1 + λ2~e2 + · · · + λn~en ) = λ1 f (~e1 ) + λ2 f (~e2 ) + · · · + λn f (~en )
Donc Im f est bien engendré par la famille (f (~e1 ), f (~e2 ), . . . , f (~en )).
Attention ! Le résultat de la proposition 8 est à retenir car souvent utilisé
dans les exercices.
Exercice 5. Soit f un endomorphisme d’un R-e.v. de dimension 3 de base
(~i, ~j, ~k), défini par :
f (~i) = 3~i + 4~j − 5~k
f (~j) = −4~i − 7~j + 10~k
et
f (~k) = −2~i − 4~j + 6~k
Démontrer que f est une projection sur un plan vectoriel P~ parallèlement à une
~ dont on déterminera des bases.
droite vectorielle D,
Solution. Commençons
alors :
f (~
u) =
=
=
par déterminer l’expression analytique de f . Soit ~
u = x~i + y~j + z~k,
f (x~i + y~j + z~k) = xf (~i) + yf (~j) + zf (~k)
x(3~i + 4~j − 5~k) + y(−4~i − 7~j + 10~k) + z(−2~i − 4~j + 6~k)
(3x − 4y − 2z)~i + (4x − 7y − 4z)~j + (−5x + 10y + 6z)~k
On sait que f est un projecteur si et seulement si f ◦ f = f . Or :
f ◦ f (~
u)
=
=
f (3x − 4y − 2z)~i + (4x − 7y − 4z)~j + (−5x + 10y + 6z)~k
3(3x − 4y − 2z) − 4(4x − 7y − 4z) − 2(−5x + 10y + 6z) ~i
+ 4(3x − 4y − 2z) − 7(4x − 7y − 4z) − 4(−5x + 10y + 6z) ~j
+ − 5(3x − 4y − 2z) + 10(4x − 7y − 4z) + 6(−5x + 10y + 6z) ~k
f ◦ f (~
u)
=
(3x − 4y − 2z)~i + (4x − 7y − 4z)~j + (−5x + 10y + 6z)~k = f (~
u)
f est donc un projecteur. On peut alors déterminer Ker f : ~
u ∈ Ker f si et seulement si
f (u) = 0, c’est à dire ssi les coordonnées de ~
u vérifient le système :

= 0 (1)
 3x − 4y − 2z
4x − 7y − 4z
= 0 (2)
(S) :

−5x + 10y + 6z = 0 (3)

 3x − 4y − 2z
−2x + y
(S) ⇔

4x − 2y
=
=
=
0
0
0
(1) ← (1)
(2) ← (2) − 2(1)
(3) ← (3) + 3(1)
⇔
3x − 4y − 2z
y
=
=
0
2x
On a finalement (S) ⇔ y = 2x et z = − 52 x, donc Ker f = R(2~i+4~j −5~k). Le vecteur 2~i+4~j −5~k
~ De plus, P
~ = V ect(f (~i), f (~j), f (~k)). On remarque ainsi
est donc un vecteur directeur de D.
~.
que (3~i + 4~j − 5~k, −4~i − 7~j + 10~k) est une base de P
9
II.B
Isomorphismes entre espaces vectoriels de dimension
finie
Proposition 9. Soient E et F deux K-e.v. de dimension finie, (~e1 , ~e2 , . . . , ~en )
une base de E, et f ∈ L(E, F ). Alors :
1. f est injective si et seulement si (f (~e1 ), f (~e2 ), . . . , f (~en )) est une famille
libre de F .
2. f est surjective si et seulement si (f (~e1 ), f (~e2 ), . . . , f (~en )) est une famille
génératrice de F .
3. f est bijective si et seulement si (f (~e1 ), f (~e2 ), . . . , f (~en )) est une base de F .
Démonstration. Le troisième point étant une conséquence des deux premiers, il reste à montrer
1) et 2) :
1. On suppose que f est injective. Montrons que (f (~e1 ), f (~e2 ), . . . , f (~en )) est une famille
libre de F . Soit λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ K tels que λ1 f (~e1 ) + λ2 f (~e2 ) + · · · + λn f (~en ) = ~0F .
Par linéarité de f , on a :
f (λ1~e1 + λ2~e2 + · · · + λn~en ) = ~0F
Donc λ1~e1 + λ2~e2 + · · · + λn~en ∈ Ker f et comme f est injective, on a :
λ1~e1 + λ2~e2 + · · · + λn~en = ~0E
Enfin, (~e1 , ~e2 , . . . , ~en ) étant une base de E, on en déduit :
λ1 = λ2 = · · · = λn = 0
La famille (f (~e1 ), f (~e2 ), . . . , f (~en )) est donc une famille libre de F .
Réciproquement, on suppose que (f (~e1 ), f (~e2 ), . . . , f (~en )) est une famille libre de F .
Soit ~
u = λ1~e1 + λ2~e2 + · · · + λn~en , alors :
~
u ∈ Ker f
⇔
f (λ1~e1 + λ2~e2 + · · · + λn~en ) = ~0F
⇔
λ1 f (~e1 ) + λ2 f (~e2 ) + · · · + λn f (~en ) = ~0F
Comme (f (~e1 ), f (~e2 ), . . . , f (~en )) est une famille libre de F , cette dernière condition
équivaut à :
λ1 = λ2 = . . . = λn = 0
Donc ~
u = ~0E . f est donc injective.
2. On sait, d’après la proposition 8, que Im f = Vect(f (~e1 ), f (~e2 ), . . . , f (~en )). Or f est
surjective si et seulement si Im f = F . Donc f est surjective si et seulement si F =
Vect(f (~e1 ), f (~e2 ), . . . , f (~en )), ce qui est le résultat annoncé.
Théorème 2. Soient E et F deux K-e.v. de dimension finie. Alors E et F sont
isomorphes si et seulement si dim E = dim F .
Démonstration. Montrons les implications réciproques.
(⇒) : On suppose que dim E = dim F . Les bases de ces deux espaces ont donc le même
nombre d’éléments. Soit (~e1 , ~e2 , . . . , ~en ) et (f~1 , f~2 , . . . , f~n ) des bases respectives de E
et F . On sait d’après le théorème fondamental qu’il existe une application linéaire
ϕ : E → F vérifiant :
∀i ∈ [[1, n]] , ϕ(~ei ) = f~i
Comme de plus (ϕ(~e1 ), ϕ(~e2 ), . . . , ϕ(~en )) = (f~1 , f~2 , . . . , f~n ) est une base de F alors,
d’après la proposition 9, l’application ϕ est bijective, donc c’est un isomorphisme.
(⇐) : On suppose qu’il existe un isomorphisme ϕ : E → F . D’après la proposition 9, si
(~e1 , ~e2 , . . . , ~en ) est une base de E, alors (f (~e1 ), f (~e2 ), . . . , f (~en )) est une base de F . Ces
bases respectives de E et F comptent le même nombre d’éléments, donc dim E = dim F .
10
Conséquences : Deux e.v. de dimensions différentes ne sont pas isomorphes.
Par exemple, R2 et R2 [X] ne sont pas isomorphes. En revanche on a R3 ∼ R2 [X],
car ces deux espaces ont même dimension (et l’isomorphisme canonique est
(a, b, c) 7→ aX 2 + bX + c).
II.C
Théorème du rang et conséquences
Théorème 3 (théorème du rang). Soit f ∈ L(E, F ), alors :
dim E = dim(Ker f ) + dim(Im f )
Démonstration. Admise
Proposition 10. Si dim E = dim F et f ∈ L(E, F ), alors :
f bijective ⇔ f injective ⇔ f surjective
Démonstration. Il suffit de montrer : f injective ⇔ f surjective. Or, f est injective si et
seulement si Ker f = {~0} c’est à dire dim(Ker f ) = 0. D’après le théorème 3, ceci équivaut à :
dim(Im f ) = dim E = dim F
donc à Im f = F et f est surjective.
Remarques 6.
1. Si dim E 6= dim F , tout f ∈ L(E, F ) n’est évidemment jamais bijective.
2. En particulier, si E est de dimension finie et f ∈ L(E), alors la proposition
10 s’applique. Attention ! c’est faux en dimension infinie comme on le voit
à l’exercice 2.1).
Exercice 6. Démontrer que l’application :
R3
→
R2 [X]
Φ:
(a, b, c) 7→ (a + b)X 2 + (b + c)X + (a + b + c)
est un isomorphisme.
Solution. On vérifie facilement que f est linéaire. Cherchons Ker f .
Soit (a, b, c) ∈ Ker f , on a Φ(a, b, c) = 0, donc (a + b)X 2 + (b + c)X + (a + b + c) = 0, ce qui
donne, par identification, le système :

a+b
= 0

b+c
= 0

a+b+c = 0
D’où a = −b = c et a + b + c = −b + b − b = −b = 0, donc a = b = c = 0. Ainsi,
Ker f = {(0, 0, 0)} donc f est injective. Enfin, on remarque que :
dim R3 = dim R2 [X] = 3
Donc f est un isomorphisme.
11
Exercice 7. Soient a1 , a2 , . . . , an ∈ R deux à deux distincts et
Φ:
Rn−1 [X] →
P
7→
Rn
(P (a1 ), P (a2 ), . . . , P (an ))
Montrer que Φ est un isomorphisme.
Solution. Φ est clairement une application linéaire. Si Φ(P ) = 0, alors P est un polynôme de
degré 6 n − 1 qui admet n racines distinctes, donc P est le polynôme nul d’où Ker Φ = {0}.
Comme de plus dim Rn−1 [X] = dim Rn , Φ est donc un isomorphisme.
II.D
Rang d’une application linéaire
Définition 9. Soit f ∈ L(E, F ). On appelle rang de f , la dimension de Im f .
Notation : rg f = dim(Im f ).
Proposition 11. Soit f ∈ L(E, F ) et (~e1 , ~e2 , . . . , ~en ) une base de E. Alors le
rang de f est égal au rang de la famille (f (~e1 ), f (~e2 ), . . . , f (~en )).
Démonstration. C’est évident d’après la proposition 8.
Exercice 8. Soit
f:
R3
→
R3
(x, y, z) 7→ (x + y, y − z, z + x)
Déterminer le rang de l’application f , ainsi qu’une base de Im f .
Solution. On calcule :
f ((1, 0, 0)) = (1, 0, 1)
f ((0, 1, 0)) = (1, 1, 0)
f ((0, 0, 1)) = (0, −1, 1)
D’après la proposition 11, on a alors :
rg f = rg((1, 0, 1), (1, 1, 0), (0, −1, 1))
et on constate la relation : (0, −1, 1) = (1, 0, 1) − (1, 1, 0), donc
rg f = rg((1, 0, 1), (1, 1, 0)) = 2
et une base de Im f est ((1, 0, 1), (1, 1, 0)).
12
II.E
Noyau d’une forme linéaire, hyperplans
Définition 10. Soit E un K-e.v. (de dimension finie ou infinie). On appelle hyperplan de E tout s.e.v. de E qui admet un s.e.v. supplémentaire de dimension 1.
Remarques 7.
1. Si dim E = n, les hyperplans de E sont les s.e.v. de E de dimension n − 1.
2.
Si n = 3 :
Si n = 2 :
Si n = 1 :
les hyperplans sont les plans vectoriels.
les hyperplans sont les droites vectorielles.
le seul hyperplan est {~0E }.
Théorème 4. Soit E un K-e.v. de dimension finie et H une partie de E. Alors
H est un hyperplan de E si et seulement si H est le noyau d’une forme linéaire
non nulle.
Démonstration.
⇐ : Soit Φ : E → K une forme linéaire non nulle, alors Im Φ 6= {0}. Im Φ est donc un
s.e.v. de K de dimension > 1, donc dim(Im Φ) = 1 et Im Φ = K (car dim K = 1). D’après
le théorème 3, on a :
dim(Ker Φ) = dim E − dim(Im Φ) = n − 1
Donc H = ker Φ est un hyperplan de E.
⇒ : Soit H un hyperplan de E, alors dim H = n−1. On choisit une base (~e1 , ~e2 , . . . , ~en−1 )
de H, qu’on complète en une base (~e1 , ~e2 , . . . , ~en−1 , ~en ) de E. On définit alors la forme
linéaire Φ par :
Φ(~ei ) = 0 ∀i ∈ [[1, n − 1]] et Φ(~en ) = 1
Φ est non nulle donc dim(Ker Φ) = n − 1 = dim H.
De plus, H ⊂ Ker Φ car ∀~
u = λ1~e1 + λ2~e2 + · · · + λn−1~en−1 ∈ H, on a :
Φ(~
u)
=
=
Φ(λ1~e1 + λ2~e2 + · · · + λn−1~en−1 )
λ1 Φ(~e1 ) + λ2 Φ(~e2 ) + · · · + λn−1 Φ(~en−1 ) = 0
Donc H = ker Φ.
Définition 11. Soit Φ : E → K une forme linéaire non nulle de noyau l’hyperplan H. On dit que l’équation Φ(~u) = 0 est une équation cartésienne de H.
Remarque 8. Soit (~e1 , ~e2 , . . . , ~en ) une base du K-e.v. E et Φ : E → K une
forme linéaire non nulle, avec H = Ker Φ.
On pose ai = Φ(~ei ) ∀i ∈ [[1, n]]. On a alors :
~u ∈ H
⇔ Φ(~u) = 0 ⇔ Φ(x1~e1 + x2~e2 + · · · + xn~en ) = 0
⇔ x1 Φ(~e1 ) + x2 Φ(~e2 ) + · · · + xn Φ(~en ) = 0
Donc, avec les notations précédentes, l’équation de H s’écrit :
a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = 0
(avec (a1 , a2 , . . . , an ) 6= (0, 0, . . . , 0), car Φ est non nulle).
13
Cas particuliers :
n = 2 : L’équation cartésienne d’une droite vectorielle est de la forme ax + by = 0
avec (a, b) 6= (0, 0), (x, y) étant les coordonnées d’un vecteur dans une base
(~e1 , ~e2 ) quelconque.
n = 3 : L’équation cartésienne d’un plan vectoriel est de la forme ax + by + cz = 0
avec (a, b, c) 6= (0, 0, 0), (x, y, z) étant les coordonnées d’un vecteur dans
une base (~e1 , ~e2 , ~e3 ) quelconque.
Exercice 9.
1. Soit φ :
R4
→
(x, y, z, t) 7→
R
x+y+z+t
Déterminer une base de Ker φ.
2. Soit H = Vect (2, 1, 0), (1, 1, 1) . Déterminer une équation cartésienne de H.
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