QUESTIONS DE COURS SUR LES APLICATIONS LINÉAIRES Vous

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
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2.
f est injective si et seulement si ker( f ) = {0}
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3.
L’image d’un sev par une application linéaire est un sev
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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 .
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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).