Applications linéaires et rang en L1 de maths : cours et méthodes

Une application \(f : E \to F\) est linéaire si, pour tous \(x, y \in E\) et tout \(\lambda \in \mathbb{K}\), on a \(f(\lambda x + y) = \lambda f(x) + f(y)\). On note \(\mathcal{L}(E,F)\) l’ensemble de ces applications.

Considérons \(\psi : \mathbb{R}_3[X] \to \mathbb{R}^2\) définie par \(\psi(P) = \big(P(1), P^{\prime}(1)\big)\). Pour \(P, Q\) dans \(\mathbb{R}_3[X]\) et \(\lambda\) réel, la dérivée de \(\lambda P + Q\) vaut \(\lambda P^{\prime} + Q^{\prime}\). Ainsi :

\[\psi(\lambda P + Q) = \big(\lambda P(1) + Q(1), \lambda P^{\prime}(1) + Q^{\prime}(1)\big) = \lambda \psi(P) + \psi(Q).\]

Par conséquent, \(\psi\) est linéaire. Nous reviendrons sur cet exemple pour calculer son noyau.

L’application \(t : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\), \((x,y) \mapsto (x + 1, y)\) n’est pas linéaire, car \(t(0,0) = (1,0)\). De même, \(g : \mathbb{R}[X] \to \mathbb{R}[X]\), \(P \mapsto P^2\) vérifie \(g(0) = 0\) sans être linéaire : en effet, \(g(2 \cdot 1) = 4\) alors que \(2 g(1) = 2\).

Lorsque l’espace d’arrivée coïncide avec l’espace de départ, on parle d’endomorphisme de \(E\), et l’on écrit \(\mathcal{L}(E)\) au lieu de \(\mathcal{L}(E,E)\). On appelle isomorphisme toute bijection linéaire. Un automorphisme réunit les deux qualités ; le groupe qu’ils forment pour la composition se note \(\mathrm{GL}(E)\).

Si \(f \in \mathcal{L}(E,F)\) est bijective, sa réciproque \(f^{-1}\) est linéaire.

Soient \(u, v \in F\) et \(\lambda \in \mathbb{K}\). Posons \(x = f^{-1}(u)\) et \(y = f^{-1}(v)\). Par linéarité de \(f\), on a \(f(\lambda x + y) = \lambda u + v\). On applique alors \(f^{-1}\) aux deux membres : \(f^{-1}(\lambda u + v) = \lambda x + y = \lambda f^{-1}(u) + f^{-1}(v)\). L’idée est donc simple : on transporte l’égalité par \(f\), où la linéarité est connue.

Si \(f \in \mathcal{L}(E,F)\) et \(g \in \mathcal{L}(F,G)\), alors \(g \circ f \in \mathcal{L}(E,G)\). De plus, la composition est bilinéaire : \(g \circ (\lambda f_1 + f_2) = \lambda\, g \circ f_1 + g \circ f_2\), et de même à gauche.

Pour \(f \in \mathcal{L}(E,F)\), le noyau de \(f\) est \(\mathrm{Ker}\, f = \{x \in E \mid f(x) = 0_F\}\). L’image de \(f\) est \(\mathrm{Im}\, f = \{f(x) \mid x \in E\}\).

\(\mathrm{Ker}\, f\) est un sous-espace vectoriel de \(E\), et \(\mathrm{Im}\, f\) est un sous-espace vectoriel de \(F\).

D’abord, \(0_E\) appartient au noyau puisque \(f(0_E) = 0_F\). Ensuite, si \(x, y \in \mathrm{Ker}\, f\) et \(\lambda \in \mathbb{K}\), alors \(f(\lambda x + y) = \lambda \cdot 0_F + 0_F = 0_F\). Pour l’image, \(0_F = f(0_E)\) en fait partie. De plus, \(\lambda f(x) + f(y) = f(\lambda x + y)\) est encore une image. Les deux parties sont donc stables par combinaison linéaire.

Une application linéaire \(f\) est injective si et seulement si \(\mathrm{Ker}\, f = \{0_E\}\).

Supposons \(f\) injective. Si \(f(x) = 0_F = f(0_E)\), l’injectivité donne \(x = 0_E\). Réciproquement, supposons le noyau réduit à \(\{0_E\}\). Si \(f(x) = f(y)\), la linéarité donne \(f(x – y) = 0_F\). Ainsi \(x – y\) appartient au noyau, donc \(x = y\). Le point clé est la différence \(x – y\) : la linéarité ramène toute collision à une collision avec zéro.

1. Pour le noyau, on écrit le système \(f(x) = 0\) et on le résout, par exemple par le pivot de Gauss.
2. On exprime les solutions avec des paramètres libres : chaque paramètre fournit un vecteur d’une base du noyau.
3. Pour l’image, on calcule les images des vecteurs d’une base de \(E\) : elles engendrent \(\mathrm{Im}\, f\).
4. On extrait de cette famille génératrice une famille libre, ou bien on utilise le théorème du rang de la partie 4.

Soit \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\), \((x,y) \mapsto (x – 3y, -2x + 6y)\). Le système \(f(x,y) = (0,0)\) se réduit à \(x = 3y\), car la seconde équation vaut \(-2\) fois la première. Par conséquent, \(\mathrm{Ker}\, f = \mathrm{Vect}\big((3,1)\big)\).

Ensuite, \(f(1,0) = (1,-2)\) et \(f(0,1) = (-3,6) = -3\,(1,-2)\). Donc \(\mathrm{Im}\, f = \mathrm{Vect}\big((1,-2)\big)\), la droite d’équation \(y = -2x\). Ainsi, \(f\) n’est ni injective ni surjective.

Pour toute famille \((u_1, \dots, u_n)\) de vecteurs de \(F\), il existe une unique application \(f \in \mathcal{L}(E,F)\) telle que \(f(e_i) = u_i\) pour tout \(i\).

Commençons par l’unicité. Tout \(x\) s’écrit \(x = \sum_{i=1}^{n} x_i e_i\) de façon unique. Si \(f\) convient, la linéarité impose \(f(x) = \sum_{i=1}^{n} x_i u_i\). Il n’y a donc qu’un candidat.

Passons à l’existence. On définit \(f\) par cette formule, ce qui a un sens grâce à l’unicité des coordonnées. Les coordonnées de \(\lambda x + y\) sont \(\lambda x_i + y_i\). Par conséquent, \(f(\lambda x + y) = \lambda f(x) + f(y)\), et enfin \(f(e_i) = u_i\).

Pour \(f \in \mathcal{L}(E,F)\), notons \(\mathcal{F} = \big(f(e_1), \dots, f(e_n)\big)\) la famille transportée. On a alors :

• l’injectivité de \(f\) équivaut à la liberté de \(\mathcal{F}\) ;
• la surjectivité de \(f\) équivaut au caractère générateur de \(\mathcal{F}\) dans \(F\) ;
• la bijectivité de \(f\) équivaut au fait que \(\mathcal{F}\) soit une base de \(F\).

Pour le premier point, on remarque que \(\sum x_i f(e_i) = f\big(\sum x_i e_i\big)\). Une relation de liaison nulle entre les \(f(e_i)\) correspond donc exactement à un vecteur du noyau. Ainsi, la famille est libre si et seulement si le noyau est nul. Le deuxième point découle de \(\mathrm{Im}\, f = \mathrm{Vect}\big(f(e_i)\big)\). Enfin, le troisième réunit les deux premiers.

Entre deux espaces de dimension finie, un isomorphisme existe exactement lorsque leurs dimensions coïncident. Par exemple, l’application « coordonnées dans \(\mathcal{B}\) » réalise un isomorphisme de \(E\) sur \(\mathbb{K}^n\).

Cherchons \(h \in \mathcal{L}(\mathbb{R}^2, \mathbb{R}^3)\) telle que \(h(1,2) = (0,1,1)\) et \(h(1,3) = (1,0,2)\). Les vecteurs \((1,2)\) et \((1,3)\) forment une base de \(\mathbb{R}^2\), donc \(h\) existe et elle est unique.

D’abord, on décompose : \((x,y) = a(1,2) + b(1,3)\) donne \(a = 3x – y\) et \(b = y – 2x\). Ensuite, on obtient \(h(x,y) = a(0,1,1) + b(1,0,2)\), c’est-à-dire :

\[h(x,y) = (y – 2x,\ 3x – y,\ -x + y).\]

Enfin, les images \((0,1,1)\) et \((1,0,2)\) ne sont pas colinéaires. Par conséquent, \(h\) est injective, mais elle n’est pas surjective puisque \(\mathrm{Im}\, h\) est un plan de \(\mathbb{R}^3\).

Si \(\mathrm{Im}\, f\) est de dimension finie, le rang de \(f\) est \(\mathrm{rg}\, f = \dim \mathrm{Im}\, f\).

Théorème du rang. Supposons l’espace de départ \(E\) de dimension finie, et prenons \(f \in \mathcal{L}(E,F)\). L’image de \(f\) est alors elle aussi de dimension finie, avec la relation

\[\dim E = \dim \mathrm{Ker}\, f + \mathrm{rg}\, f.\]

Étape 1 : choisir un supplémentaire. Comme \(E\) est de dimension finie, le noyau admet un supplémentaire \(S\) : \(E = \mathrm{Ker}\, f \oplus S\). On a donc \(\dim S = \dim E – \dim \mathrm{Ker}\, f\).

Étape 2 : restreindre \(f\) à \(S\). Notons \(g : S \to \mathrm{Im}\, f\), \(x \mapsto f(x)\). Nous montrons que \(g\) est un isomorphisme. D’abord, si \(x \in S\) vérifie \(g(x) = 0\), alors \(x \in \mathrm{Ker}\, f \cap S = \{0\}\). Donc \(g\) est injective.

Étape 3 : surjectivité. Soit \(y = f(x)\) avec \(x \in E\). On décompose \(x = k + s\), où \(k \in \mathrm{Ker}\, f\) et \(s \in S\). Alors \(y = f(k) + f(s) = g(s)\). Ainsi, \(g\) est surjective.

Étape 4 : conclure. L’isomorphisme \(g\) conserve la dimension, d’où \(\mathrm{rg}\, f = \dim S = \dim E – \dim \mathrm{Ker}\, f\).

Le cœur de la preuve est l’étape 2 : un supplémentaire du noyau est une « copie » de l’image. En revanche, ce supplémentaire n’est pas unique, et il n’a aucune raison d’être égal à l’image.

Reprenons \(\psi(P) = \big(P(1), P^{\prime}(1)\big)\) sur \(\mathbb{R}_3[X]\). D’abord, \(\psi(1) = (1,0)\) et \(\psi(X – 1) = (0,1)\), donc \(\psi\) est surjective et \(\mathrm{rg}\, \psi = 2\). Le théorème du rang donne alors \(\dim \mathrm{Ker}\, \psi = 4 – 2 = 2\).

Ensuite, \((X-1)^2\) et \((X-1)^3\) annulent \(P(1)\) et \(P^{\prime}(1)\), et ils sont libres car de degrés distincts. Par conséquent, \(\mathrm{Ker}\, \psi = \mathrm{Vect}\big((X-1)^2, (X-1)^3\big)\), sans résoudre aucun système.

Si \(\dim E = \dim F = n\) est finie et \(f \in \mathcal{L}(E,F)\), les trois propriétés suivantes sont équivalentes : \(f\) est injective ; \(f\) est surjective ; \(f\) est bijective.

Par le théorème du rang, \(\mathrm{Ker}\, f = \{0\}\) équivaut à \(\mathrm{rg}\, f = n\). Or \(\mathrm{Im}\, f\) est un sous-espace de \(F\), et \(\dim F = n\). Donc \(\mathrm{rg}\, f = n\) équivaut à \(\mathrm{Im}\, f = F\). Ainsi, l’injectivité et la surjectivité coïncident, et chacune entraîne la bijectivité.

1. Vérifier que \(f\) est linéaire et que \(\dim E = \dim F\) est finie.
2. Montrer seulement que \(\mathrm{Ker}\, f = \{0\}\), ce qui est souvent le plus court.
3. Conclure que \(f\) est un isomorphisme, puis utiliser la surjectivité pour obtenir l’existence d’un antécédent.

En dimension infinie, le corollaire tombe. Sur \(\mathbb{R}[X]\), la dérivation \(D\) est surjective, puisque tout polynôme admet une primitive polynomiale. Pourtant, elle n’est pas injective : \(D(1) = 0\). À l’inverse, \(M : P \mapsto XP\) est injective, mais le polynôme constant \(1\) n’a pas d’antécédent.

On associe au couple \((F, G)\) deux endomorphismes. Le premier, \(p : x \mapsto x_F\), garde la composante dans \(F\) et oublie l’autre : c’est la projection sur \(F\) de direction \(G\). Le second, \(s : x \mapsto x_F – x_G\), change le signe de la composante dans \(G\) : c’est la symétrie de base \(F\) et de direction \(G\).

Soit \(p \in \mathcal{L}(E)\) tel que \(p \circ p = p\). Alors \(E = \mathrm{Im}\, p \oplus \mathrm{Ker}\, p\), et \(p\) est la projection sur \(\mathrm{Im}\, p\) parallèlement à \(\mathrm{Ker}\, p\). Un tel endomorphisme s’appelle un projecteur.

D’abord, un vecteur \(y\) de l’image s’écrit \(y = p(x)\). Donc \(p(y) = p(p(x)) = p(x) = y\) : la restriction de \(p\) à son image est l’identité. Ainsi, si \(y \in \mathrm{Im}\, p \cap \mathrm{Ker}\, p\), alors \(y = p(y) = 0\).

Ensuite, pour \(x \in E\), on écrit \(x = p(x) + \big(x – p(x)\big)\). Le premier terme est dans l’image. Le second est dans le noyau, car \(p\big(x – p(x)\big) = p(x) – p(x) = 0\). Par conséquent, la somme est directe et vaut \(E\). Enfin, la composante de \(x\) sur l’image est \(p(x)\), ce qui conclut.

1. Calculer \(p \circ p\) avec les formules, ou le carré de la matrice, et comparer avec \(p\).
2. Si l’égalité a lieu, résoudre \(p(x) = x\) : on obtient l’image, c’est-à-dire l’espace sur lequel on projette.
3. Résoudre \(p(x) = 0\) : on obtient le noyau, c’est-à-dire la direction de projection.
4. Vérifier que les dimensions s’additionnent bien en \(\dim E\).

Dans \(\mathbb{R}^2\), prenons \(F = \mathrm{Vect}\big((2,1)\big)\) et \(G = \mathrm{Vect}\big((1,-1)\big)\). En résolvant \((x,y) = a(2,1) + b(1,-1)\), on trouve \(a = \frac{x+y}{3}\). La projection sur \(F\) parallèlement à \(G\) est donc :

\[p(x,y) = \left(\frac{2x + 2y}{3},\ \frac{x + y}{3}\right).\]

Ensuite, la symétrie associée vaut \(s = 2p – \mathrm{id}\), soit \(s(x,y) = \left(\frac{x + 4y}{3}, \frac{2x – y}{3}\right)\). Par exemple, pour \(v = (1,3)\), on obtient \(p(v) = \left(\frac{8}{3}, \frac{4}{3}\right)\) et \(s(v) = \left(\frac{13}{3}, -\frac{1}{3}\right)\).

On réserve le nom de forme linéaire aux éléments de \(\mathcal{L}(E, \mathbb{K})\), c’est-à-dire aux applications linéaires à valeurs scalaires. Un sous-espace \(H\) de \(E\) s’appelle un hyperplan lorsqu’il existe une telle forme \(\varphi \neq 0\) avec \(H = \mathrm{Ker}\, \varphi\).

Soit \(\varphi\) une forme linéaire non nulle sur \(E\) et \(H = \mathrm{Ker}\, \varphi\). Pour tout \(a \notin H\), on a \(E = H \oplus \mathrm{Vect}(a)\). En particulier, si \(\dim E = n\), alors \(\dim H = n – 1\).

Comme \(a \notin H\), on a \(\varphi(a) \neq 0\). D’abord, si \(\lambda a \in H\), alors \(\lambda \varphi(a) = 0\), donc \(\lambda = 0\) : l’intersection est nulle. Ensuite, pour \(x \in E\), on pose \(\lambda = \frac{\varphi(x)}{\varphi(a)}\). Le vecteur \(x – \lambda a\) vérifie \(\varphi(x – \lambda a) = 0\), donc il appartient à \(H\). Ainsi, \(x = (x – \lambda a) + \lambda a\) convient.

En dimension finie, on peut aussi raisonner par le théorème du rang. L’image de \(\varphi\) est un sous-espace non nul de \(\mathbb{K}\), donc égal à \(\mathbb{K}\). Par conséquent, \(\dim H = n – 1\).

Soient \(\varphi\) et \(\chi\) deux formes linéaires, aucune n’étant nulle. Leurs noyaux coïncident exactement lorsque \(\chi = \lambda \varphi\) pour un scalaire \(\lambda \neq 0\). Une équation d’hyperplan est donc unique à un facteur non nul près.

Le sens indirect est immédiat. Pour le sens direct, notons \(H\) le noyau commun et choisissons \(a \notin H\). On pose \(\lambda = \frac{\chi(a)}{\varphi(a)}\), qui est non nul. Alors \(\chi – \lambda \varphi\) s’annule sur \(H\) et en \(a\). Or \(E = H \oplus \mathrm{Vect}(a)\), donc \(\chi – \lambda \varphi = 0\).

1. Écrire l’équation inconnue \(a_1 x_1 + \dots + a_n x_n = 0\).
2. Exprimer que chaque vecteur de la base de \(H\) la vérifie : on obtient \(n – 1\) équations en \(a_1, \dots, a_n\).
3. Résoudre ce système : l’ensemble des solutions est une droite, dont on choisit un vecteur non nul simple.
4. Contrôler en substituant chaque vecteur dans l’équation trouvée.

Dans \(\mathbb{R}^4\), soit \(H\) engendré par \((1,1,0,0)\), \((0,1,-1,0)\) et \((1,0,0,2)\). Ces trois vecteurs sont libres, donc \(H\) est un hyperplan. Une équation \(ax + by + cz + dt = 0\) doit vérifier :

\[\begin{cases} a + b = 0 \\ b – c = 0 \\ a + 2d = 0 \end{cases}\]

On en tire \(b = -a\), \(c = -a\) et \(d = -\frac{a}{2}\). Avec \(a = 2\), on obtient l’équation \(2x – 2y – 2z – t = 0\). Enfin, on vérifie : \(2 – 2 = 0\), puis \(-2 + 2 = 0\), puis \(2 – 2 = 0\).

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