Soient $E$ et $F$ deux $\mathbb{K}$-espaces vectoriels, $E$ de dimension finie $n$ élément de $\mathbb{N}^*$.
Soient $\mathscr{B}=(e_1,\ldots ,e_n)$ une base de $E$ et $f$ un élément de $\mathscr{L}(E,F)$.
$f$ est entièrement déterminé par les $n$ vecteurs $f(e_1),\ldots,f(e_n)$.
C’est-à-dire que si nous connaissons la famille $\{f(e_1),\ldots,f(e_n)\}$, alors pour tout vecteur $u$ de $E$ nous connaissons $f(u)$.
Supposons $f(e_1),\ldots,f(e_n)$ connus.
Soit $u$ une vecteur de $E$. Alors, comme $\mathscr{B}=(e_1,\ldots ,e_n)$ est une base, il existe $(x_1,\ldots ,x_n)$ élément de $\mathbb{K}^n$ tel que $u=\sum\limits_{i=1}^{n}{x_ie_i}$.
$f$ étant une application linéaire, nous avons :\[f(u)=f\left(\sum\limits_{i=1}^{n}{x_ie_i}\right)=\sum\limits_{i=1}^{n}{x_if(e_i)}.\]Connaissant la famille $\{f(e_1),\ldots,f(e_n)\}$, nous en déduisons $f(u)$.
Soient $(e_1,e_2,e_3)$ la base canonique de $\mathbb{R}^3$ et $(\varepsilon_1,\varepsilon_2)$ la base canonique de $\mathbb{R}^2$.
- Démontrer qu’il existe une unique application linéaire unique $f:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^2$ telle que :\[\left\{\begin{align*}f(e_1)&=\varepsilon_1 \\f(e_1+e_2)&=\varepsilon_2 \\f(e_1+e_2+e_3)&=\varepsilon_1+\varepsilon_2\end{align*}\right.\]
- Expliciter $f(x,y,z)$, pour tout triplet $(x,y,z)\in\mathbb{R}^3$.
- Déterminer le noyau et l’image de $f$ puis donner une base de ces espaces.
- $f$ est-elle injective ? Surjective ?
- Une application linéaire est entièrement déterminée par son image sur les vecteurs d’une base de l’ensemble de départ.
Il suffit donc de vérifier que $(e_1,e_1+e_2,e_1+e_2+e_3)$ forme une base de $\mathbb{R}^3$, c’est-à-dire qu’il s’agit d’une famille libre :\[\begin{align*}\alpha e_1+\beta (e_1+e_2)+\gamma (e_1+e_2+e_3)=0 &\iff\left\{\begin{aligned}\alpha+\beta+\gamma&=0 \\\beta+\gamma&=0 \\ \gamma&=0\end{aligned}\right. \\&\iff\left\{\begin{aligned}\alpha&=0 \\\beta&=0 \\\gamma&=0\end{aligned}\right.\end{align*}\]$(e_1,e_1+e_2,e_1+e_2+e_3)$ est une famille de trois vecteurs libre dans un espace de dimension 3 donc c’est une base de cet espace.- Exprimons $(x,y,z)\in\mathbb{R}^3$ en fonction de la base $(e_1,e_1+e_2,e_1+e_2+e_3)$ :\[\begin{align*}\alpha e_1+\beta (e_1+e_2)+\gamma (e_1+e_2+e_3)=(x,y,z) \\&\iff\left\{\begin{aligned}\alpha+\beta+\gamma&=x \\\beta+\gamma&=y \\\gamma&=z\end{aligned}\right. \\&\iff\left\{\begin{aligned}\alpha&=x-\beta-\gamma \\\beta&=y-\gamma \\\gamma&=z\end{aligned}\right. \\&\iff\left\{\begin{aligned}\alpha&=x-y \\\beta&=y-z \\\gamma&=z\end{aligned}\right.\end{align*}\]D’où :\[\begin{align*}f(x,y,z)&=(x-y)f(1,0,0)+(y-z)f(1,1,0)+zf(1,1,1) \\&=(x-y)(0,1)+(y-z)(1,0)+z(1,1) \\&=(y,x-y+z).\end{align*}\]
- Par définition, $\Ker(f)=\bigl\{x\in\mathbb{R}^3\bigm\vert f(x,y,z)=(0,0,0)\bigr\}$.\[f(x,y)=(0,0,0)\iff\left\{\begin{aligned}y&=0 \\ x-y+z&=0\end{aligned}\right.\iff\left\{\begin{aligned}y&=0 \\z&=-x \\ \end{aligned}\right.\]Donc :\[\Ker(f)=\bigl\{(x,0,-x),\ x\in\mathbb{R}\bigr\}=\Vect\bigl\{(1,0,-1)\bigr\}.\]En particulier, $\dim\bigl(\Ker(f)\bigr)=1$.
D’autre part :\[\begin{align*}\Img(f)&=\bigl\{(y,x-y+z)\bigm\vert (x,y,z)\in\mathbb{R}^3\bigr\} \\&=\Vect\bigr\{(0,1),(1,-1),(0,1)\bigl\} \\&=\Vect\bigr\{(0,1),(1,-1)\bigr\}.\end{align*}\]On montre aisément que ces deux vecteurs sont libres et donc qu’ils forment une base de $\Img(f)$.- $\Ker(f)=\{0_{\mathbb{R}^3}\}$ donc $f$ n’est pas injective. On a :\[\dim\bigl(\Img(f)\bigr)=2=\dim\bigl(\mathbb{R}^2\bigr)\text{ et }\Img(f)\subset\mathbb{R}^2\]Donc $\Img(f)=\mathbb{R}^2$ et ainsi $f$ est surjective.
Soient $E$ et $F$ deux $\mathbb{K}$-espaces vectoriels, $E$ de dimension finie $n$ élément de $\mathbb{N}^*$.
Soit $\mathscr{B}=(e_1,\ldots ,e_n)$ une base de $E$. Soit $f$ un élément de $\mathscr{L}(E,F)$.
Alors :\[\Img(f)=\Vect\bigl(\{f(e_1),\ldots ,f(e_n)\}\bigr).\]
Résulte du théorème précédent et du fait que $\Img(f)=\bigl\{f(u)\bigm\vert u\in E\bigr\}$.
Soit $f$ un élément de $\mathscr{L}(E,F)$.
Le rang de $f$, noté $\rg(f)$, est la dimension de $\Img(f)$.
Soient $E$ et $F$ deux $\mathbb{K}$-espace vectoriels, $E$ de dimension finie $n$ élément de $\mathbb{N} ^*$.
La démonstration va se décomposer en trois cas distincts.
Soit $\mathscr{B}=(e_1,\ldots ,e_n)$ une base de $E$.
Posons $\dim(\Ker(f))=s$, où $s$ est un entier compris entre $0$ et $n$.
Nous allons distinguer le cas $s=n$, le cas $s=0$ et enfin le cas $0\lt s\lt n$.
- $s=n$.
Comme $\Ker(f)$ est inclus dans $E$ et que $dim(E)=n$, nous avons $\Ker(f)=E$.
Ainsi, pour tout vecteur $u$ de $E$, $f(u)=0_F$, et donc $\Img(f)=\{0_F\}$.
Nous avons alors $\dim(\Ker(f))=n$, $\dim\bigl(\Img(f)\bigr)=0$ et $\dim(E)=n$.
D’où :\[\dim\bigl(\Ker(f)\bigr)+\dim\bigl(\Img(f)\bigr)=\dim(E).\]- $s=0$.
Donc, $\Ker(f)=\{0_E\}$ et nous avons $\Img(f)=Vect(\{f(e_1),\ldots ,f(e_n)\})$.
Montrons que $\{f(e_1),\ldots,f(e_n)\}$ est une base de $\Img(f)$ et pour cela, nous allons montrer que cette famille est libre.\[\begin{align*}\sum\limits_{i=1}^n{\lambda_if(e_i)=0_F} &\implies f\left(\sum\limits_{i=1}^n{\lambda_ie_i}\right)=0_F\\ &\implies\sum\limits_{i=1}^n{\lambda_ie_i}\in \Ker(f) \\ &\implies\sum\limits_{i=1}^n{\lambda_ie_i}=0_E \\ &\implies\forall i\in\{1,\ldots,n\},\ \lambda_i=0 \\ \end{align*}\]Ainsi, la famille $\{f(e_1),\ldots,f(e_n)\}$ est une base de $\Img(f)$.
Nous avons alors $\dim(\Ker(f))=0$, $\dim(\Img(f))=n$ et $dim(E)=n$. D’où :\[\dim\bigl(\Ker(f)\bigr)+\dim\bigl(\Img(f)\bigr)=\dim(E).\]- $0\lt s\lt n$.
Soit $(t_1,\ldots ,t_s)$ une base de $\Ker(f)$.
Grâce au théorème de la base incomplète, nous pouvons compléter la famille $\{t_1,\ldots,t_s\}$ en une base $\mathscr{B}’=(t_1,\ldots ,t_s,e_{i_1},\ldots ,e_{i_{n-s}})$ de $E$.
Posons $E_1=\Vect(\{e_{i_1},\ldots,e_{i_{n-s}}\})$. Nous avons $E=\Ker(f)\oplus E_1$ et en particulier, $\Ker(f)\cap E_1=\{0_E\}$.
Nous avons :\[\begin{align*}\Img(f)&=Vect(\{f(t_1),\ldots,f(t_s),f(e_{i_1}),\ldots,\ f(e_{i_{n-s}})\}) \\&=\Vect(\{f(e_{i_1}),\ldots,f(e_{i_{n-s}})\}).\end{align*}\]Montrons que la famille $\{f(e_{i_1}),\ldots ,f(e_{i_{n-s}})\}$ est libre.\[\begin{align*}\sum\limits_{i=j}^{n-s}{\lambda_jf(e_{i_j})=0_F} &\implies f\left(\sum\limits_{j=1}^{n-s}{\lambda_je_{i_j}}\right)=0_F\\ &\implies\sum\limits_{j=1}^{n-s}{\lambda_je_{i_j}}\in \Ker(f)\cap E_1\\ &\implies\sum\limits_{j=1}^{n-s}{\lambda_je_{i_j}}=0_E\\ &\implies\forall j\in\{1,\ldots,n\}-s,\ \lambda_j=0\\ \end{align*}\]Ainsi, la famille $\{f(e_{i_1}),\ldots ,f(e_{i_{n-s}})\}$ est libre, génératrice de $\Img(f)$ : c’est une base de $\Img(f)$.
Nous avons alors $\dim\bigl(\Ker(f)\bigr)=s$, $\dim\bigl(\Img(f)\bigr)=n-s$ et $\dim(E)=n$. D’où :\[\dim\bigl(\Ker(f)\bigr)+\dim\bigl(\Img(f)\bigr)=\dim(E).\]Le théorème du rang est ainsi démontré.
Reprenons l’exemple précédent du calcul de l’image et du noyau de $f$ de $\mathbb{R}_4[X]$ dans lui-même définie par :\[\forall P \in \mathbb{R}_4[ X ],\ f(P)=P+(1 – X)P’.\]
Montrer que l’on a $\Ker(f)\oplus\Img(f)=\mathbb{R}_4[X]$
Montrons tout d’abord que $\Ker(f)\bigcap\Img(f)=\left\{0_{\mathbb{R}_4[ X ]}\right\}$.
Soit $P\in \Ker(f)\cap\Img(f)$ alors d’une part, $P=aX-a$ (car $P$ est élément de $\Ker(f)$) et d’autre part, $P\in\Img(f)=\Vect\{(1,0,0,0,0),(0,2,-1,0,0),(0,0,3,.2,0),(0,0,0,4,-3)\}$.
C’est-à-dire que $P=b+2cX+(3d-c)X^2+(4e-2d)X^3-3eX^4$.
Par identification, on en déduit que :\[\left\{\begin{aligned}b&=-a \\2c&=a \\ 3d-c&=0 \\ 4e-2d&=0 \\ -3e&=0\end{aligned}\right.\iff\left\{\begin{aligned}a&=0 \\b&=0 \\c&=0 \\d&=0 \\ e&=0\end{aligned}\right.\]Cela signifie que $P$ est le polynôme nul et donc que $\Ker(f)\cap\Img(f)=\left\{0_{\mathbb{R}_4[ X ]}\right\}$.
On peut donc à présent affirmer que $\Ker(f)$ et $\Img(f)$ sont en somme directe et $\Ker(f)\oplus\Img(f)$ est un sous espace vectoriel de $\mathbb{R}_4[X]$ de dimension $\Ker(f)+\dim\bigl(\Img(f)\bigr)=1+4=5$.
Mais comme $\mathbb{R}_4[X]$ est aussi de dimension $5$, on peut en conclure que $\Ker(f)\oplus\Img(f)=\mathbb{R}_4[X]$.
D’où le résultat.
Soient $E$ et $F$ deux espaces vectoriels tels que $E$ soit de dimension finie.
Soit $f$ de $E$ dans $F$ une application linéaire.
- $f$ injective ⇔ $f$ transforme toute base de $E$ en une famille libre de $F$. ⇔ il existe une base $B$ de $E$ qui a pour image par $f$ une famille libre de $F$.
- $f$ surjective ⇔ $f$ transforme toute base de $E$ en une famille génératrice de $F$⇔ il existe une base $B$ de $E$ qui a pour image par $f$ une famille génératrice de $F$.
- $f$ bijective ⇔ $f$ transforme toute base de $E$ en une base de $F$⇔ il existe une base $B$ de $E$ qui a pour image par $f$ une base de $F$.
- Montrons que : « $f$ injective ⇒ $f$ transforme toute base de $E$ en une famille libre de $F$ ».
Supposons $f$ injective.
Soit $(e_i)_{i=1,\ldots,n}$ une base de $E$. Démontrons que la famille $\bigl\{f(e_i)\bigr\}_{i=1,\ldots,n}$ est libre.\[\begin{align*}\sum\limits_{i=1}^{n}{\lambda_if(e_i)=0}&\underset{\text{$f$ linéaire}}{\iff}\,f\left(\sum\limits_{i=1}^{n}{\lambda_ie_i}\right)=0 \\&\underset{\text{$f$ injective}}{\iff}\,\sum\limits_{i=1}^{n}{\lambda_ie_i=0_{(e_i)_{i=1,\ldots,n}}} \\&\underset{\text{base}}{\mathop\iff}\,\forall i=1,\ldots,n,\ \lambda_i=0\end{align*}\]Donc, la famille $\bigl\{f(e_i)\bigr\}_{i=1,\ldots,n}$ est libre.
L’implication « $f$ transforme toute base de $E$ en une famille libre de $F$ ⇒ il existe une base B de $E$ qui a pour image par $f$ une famille libre de $F$ » est évidente.
Montrons que : « il existe une base B de $E$ qui a pour image par $f$ une famille libre de $F$ ⇒ $f$ injective ».
Supposons que $f$ transforme une base de $E$ en une famille libre de $F$. Soit ${(e_i)}_{i=1,\ldots,n}$ une telle base de $E$ et $u$ un élément de $E$ tel que $f(u)=0_F$.
Or, ${(e_i)}_{i=1,\ldots,n}$ est une base de $E$.
Donc, $u$ s’écrit $u=\sum\limits_{i=1}^{n}{\lambda_ie_i}$et ainsi $f\left(\sum\limits_{i=1}^{n}{\lambda_ie_i}\right)=0$, soit encore $\sum\limits_{i=1}^{n}{\lambda_if(e_i)}=0$.
Or, la famille $\bigl\{f(e_i)\bigr\}_{i=1,\ldots,n}$ est libre.
Donc, cela implique que $\forall i=1,\ldots,n,\ \lambda_i=0$, c’est-à-dire que $u$=$0_E$.
Nous venons ainsi de montrer que $\Ker(f) \subset\{0_E\}$.L’inclusion réciproque est évidente. Ainsi, $\Ker(f)=\{0_E\}$ et donc $f$ injective.- Montrons que : « $f$ surjective ⇒ $f$ transforme une base de $E$ en une famille génératrice de $F$ ».
Supposons $f$ surjective.
Soit ${(e_i)}_{i=1,\ldots,n}$ une base de $E$. Démontrons que la famille $\bigl\{f(e_i)\bigr\}_{i=1,\ldots,n}$ est génératrice.
Soit $v$ un élément de $F$. Alors par surjectivité, il existe $u\in E$ tel que $f(u)=v$.
$u$ s’écrit aussi $u=\sum\limits_{i=1}^{n}{\lambda_ie_i}$et ainsi $v=\sum\limits_{i=1}^{n}{\lambda_if(e_i)}$, ce qui revient à dire que la famille $\bigl\{f(e_i)\bigr\}_{i=1,\ldots,n}$ est génératrice.
L’implication « $f$ transforme toute base de $E$ en une famille génératrice de $F$ ⇒ il existe une base B de $E$ qui a pour image par $f$ une famille génératrice de $F$ » est évidente.
Montrons que : « il existe une base B de $E$ qui a pour image par $f$ une famille génératrice de $F$ ⇒ $f$ surjective ».
Supposons qu’il existe une base $B$ de $E$ qui a pour image par $f$ une famille génératrice de $F$.
Soit ${(e_i)}_{i=1,\ldots,n}$ une telle base de $E$ : $\bigl\{f(e_i)\bigr\}_{i=1,\ldots,n}$ est une famille génératrice.
Soit alors v élément de $F$. $v$ s’écrit $v=\sum\limits_{i=1}^{n}{\lambda_if(e_i)}$ mais cela nous donne $v=f\left(\sum\limits_{i=1}^{n}{\lambda_ie_i}\right)$ et donc $v\in\Img(f)$, ce qui signifie que $f$ est surjective.- Montrons que : $f$ bijective ⇔ $f$ transforme une base de $E$ en une base de $F$.
Par définition, $f$ bijective ⇔ $f$ injective et $f$ surjective.
D’après les questions 1 et 2, cela signifie que « $f$ bijective ⇔ $f$ transforme une base de $E$ en une famille libre et génératrice de $F$ ⇔ $f$ transforme une base de $E$ en une base de $F$.
D’où le résultat.
On suppose que $E$ et $F$ sont tous les deux de dimensions finies $p$ et $n$ respectivement.
Soient $B_1=(e_1,\ldots,e_p)$ une base de $E$, et $B_2=(f_1,\ldots,f_n)$ une base de $F$.
On note $(a_{1j},\ldots,a_{nj})$ les coordonnées de $f(e_j)$ dans la base $B_2$ : $f(e_j)=\sum\limits_{i=1}^n{a_{i,j}f_i}$.
Soit $u$ un vecteur de $E$ de coordonnées $(x_1,\ldots,x_p)$dans la base $B_1$ : $u$=$\sum\limits_{k=1}^{p}{x_ke_k}$ et $(y_1,\ldots,y_n)$ les coordonnées de $f(u)$ dans la base $B_2$ : $f(u)=\sum\limits_{i=1}^{n}{y_if_i}$.
Alors on a :\[\left\{\begin{align*}y_1&=a_{11}x_1+\cdots+a_{1p}x_p \\&\vdots \\y_n&=a_{n1}x_1+\cdots+a_{np}x_p.\end{align*}\right.\]
Nous avons :\[\begin{align*}f(u)&=f\left(\sum\limits_{k=1}^p{x_ke_k}\right) = \sum\limits_{k=1}^p{x_kf(e_k)} = \sum\limits_{k=1}^p{x_k}\left(\sum\limits_{i=1}^{n}{a_{ij}f_i}\right) = \sum\limits_{i=1}^{n}{\sum\limits_{k=1}^{p}{a_{ij}x_kf_i}} \\&=\sum\limits_{i=1}^n{\left(\sum\limits_{k=1}^p{a_{ij}x_k}\right)f_i}.\end{align*}\]De plus, $f(u)=\sum\limits_{i=1}^n{y_if_i}$.
Grâce à l’unicité des coordonnées, nous en déduisons que :\[\forall i=1,\ldots,n,\ y_i=\sum\limits_{k=1}^p{a_{ij}x_k}.\]D’où le résultat.
Soit E$=\mathbb{R}_1[ X ]$muni de la base canonique $(P_0,P_1)$ avec $P_0=1$ et $P_1=X$ et soit $F=\mathbb{R}^3$ muni de sa base canonique $(i, j, k)$ avec $i=(1,0,0)$, $j=(0,1,0)$ et $k=(0,0,1)$.
Soit $f$ l’application définie par $f(P_0)=2i+3j$ et $f(P1)=i-j+5k$, que nous écrirons sous la forme :\[\left\{\begin{align*}f(P_0)&=2i+3j \\f(P_1)&=i-j+5k \end{align*}\right.\]Soit $P$ un vecteur de $E$ : $P=a_0P_0+a_1P_1=a_0+a_1X$.
Déterminer $f(P)$.
En posant $f(P)=y_1i+y_2j+y_3k$ et en utilisant le théorème précédent, nous obtenons de suite :\[\left\{\begin{align*}y_1&=2a_0+a_1 \\y_2&=3a_0-a_1 \\ y_3&=5a_1\end{align*}\right.\]
En guise d’entrainement, retrouvons ce résultat en procédons comme dans la preuve.
Nous avons :\[f(P)=f(a_0P_0+a_1P_1)=a_0f(P_0)+a_1f(P_1)=a_0(2i+3j)+a_1(i-j+5k).\]Donc, $f(P)=(2a_0+a_1)i+(3a_0-a_1)j+5a_1k$.
Avec $f(P)=y_1i+y_2j+y_3k$, nous retrouvons le résultat suivant :\[\left\{\begin{align*}y_1&=2a_0+a_1 \\y_2&=3a_0-a_1 \\ y_3&=5a_1\end{align*}\right.\]