MPSI · Applications linéaires

Applications linéaires et familles de vecteurs

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Dans toute cette leçon, EE et FF désignent des K\mathbb{K}-espaces vectoriels.

Question

Une application linéaire est une règle définie sur tout l'espace EE — un objet qui peut sembler encombrant à manipuler. Mais EE est engendré par quelques vecteurs, parfois une base finie. Que devient une famille génératrice, une famille libre, une base, quand on lui applique uu ? Si l'on connaît seulement les images des vecteurs d'une base, en sait-on assez pour reconstituer uu tout entière ? Et surtout : l'injectivité et la surjectivité de uu se lisent-elles directement sur ces familles images ?

Image d'une famille de vecteurs

Proposition 1 : Image d'un sous-espace engendré

Soient (ei)i∈I(e_i)_{i \in I} une famille de vecteurs de EE et u∈L(E,F)u \in \mathcal{L}(E,F). Alors :

u(vect⁡((ei)i∈I))=vect⁡((u(ei))i∈I).u\Bigl( \operatorname{vect}\bigl( (e_i)_{i \in I} \bigr) \Bigr) = \operatorname{vect}\Bigl( \bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} \Bigr).

Démonstration :

Soit y∈Fy \in F. On a :

y∈u(vect⁡((ei)i∈I))  ⟺  ∃x∈vect⁡((ei)i∈I), y=u(x)  ⟺  ∃(λi)i∈I∈K(I), x=∑i∈Iλi ei  et  y=u(x)  ⟺  ∃(λi)i∈I∈K(I), y=u(∑i∈Iλi ei)  ⟺  ∃(λi)i∈I∈K(I), y=∑i∈Iλi u(ei)  ⟺  y∈vect⁡((u(ei))i∈I).\begin{aligned} y \in u\Bigl( \operatorname{vect}\bigl( (e_i)_{i \in I} \bigr) \Bigr) &\iff \exists x \in \operatorname{vect}\bigl( (e_i)_{i \in I} \bigr),\ y = u(x) \\ &\iff \exists (\lambda_i)_{i \in I} \in \mathbb{K}^{(I)},\ x = \sum_{i \in I} \lambda_i\, e_i \ \text{ et }\ y = u(x) \\ &\iff \exists (\lambda_i)_{i \in I} \in \mathbb{K}^{(I)},\ y = u\Bigl( \sum_{i \in I} \lambda_i\, e_i \Bigr) \\ &\iff \exists (\lambda_i)_{i \in I} \in \mathbb{K}^{(I)},\ y = \sum_{i \in I} \lambda_i\, u(e_i) \\ &\iff y \in \operatorname{vect}\Bigl( \bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} \Bigr). \end{aligned}

D'où u(vect⁡((ei)i∈I))=vect⁡((u(ei))i∈I)u\Bigl( \operatorname{vect}\bigl( (e_i)_{i \in I} \bigr) \Bigr) = \operatorname{vect}\Bigl( \bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} \Bigr).

Vocabulaire :

La famille (u(ei))i∈I\bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} est appelée l'image de la famille (ei)i∈I(e_i)_{i \in I} par uu.

Corollaire 1 : Image d'une famille génératrice

Si (ei)i∈I(e_i)_{i \in I} est une famille génératrice de EE, alors :

Im⁡u=vect⁡((u(ei))i∈I).\operatorname{Im} u = \operatorname{vect}\Bigl( \bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} \Bigr).

Ce corollaire fournit une recette de calcul : l'image d'une application linéaire se lit sur les images d'une seule famille génératrice.

Rédaction — Déterminer l'image d'une application linéaire :

Pour déterminer Im⁡u\operatorname{Im} u où u∈L(E,F)u \in \mathcal{L}(E,F) :

  1. Choisir une famille génératrice de EE (le plus souvent la base canonique (ei)(e_i)).
  2. Calculer les images u(ei)u(e_i).
  3. Conclure : Im⁡u=vect⁡((u(ei)))\operatorname{Im} u = \operatorname{vect}\bigl( (u(e_i)) \bigr).
  4. Extraire de cette famille génératrice de Im⁡u\operatorname{Im} u une sous-famille libre (en écartant les vecteurs colinéaires ou combinaisons des autres) pour en obtenir une base.

Exercice 1 : Détermination d'une image

Déterminer l'image de l'application f:R3⟶R2f : \mathbb{R}^3 \longrightarrow \mathbb{R}^2, (x,y,z)⟼(2x−y−z, x+y+z)(x,y,z) \longmapsto (2x - y - z,\ x + y + z).

Solution :(cliquer pour afficher)

La base canonique (e1,e2,e3)(e_1, e_2, e_3) est une famille génératrice de R3\mathbb{R}^3, donc :

Im⁡f=vect⁡(f(e1), f(e2), f(e3))=vect⁡((2,1), (−1,1), (−1,1))=vect⁡((2,1), (−1,1)).\begin{aligned} \operatorname{Im} f &= \operatorname{vect}\bigl( f(e_1),\ f(e_2),\ f(e_3) \bigr) \\ &= \operatorname{vect}\bigl( (2,1),\ (-1,1),\ (-1,1) \bigr) \\ &= \operatorname{vect}\bigl( (2,1),\ (-1,1) \bigr). \end{aligned}

Les vecteurs (2,1)(2,1) et (−1,1)(-1,1) ne sont pas colinéaires, donc Im⁡f=R2\operatorname{Im} f = \mathbb{R}^2 : l'application ff est surjective.

Familles images, injectivité et surjectivité

Le lien entre uu et les familles images va plus loin qu'un simple calcul d'image : les propriétés d'injectivité et de surjectivité de uu se traduisent exactement en termes de familles libres et génératrices.

Proposition 2 : Surjectivité et familles génératrices

Soit u∈L(E,F)u \in \mathcal{L}(E,F).

  1. Si l'image d'une famille génératrice de EE est une famille génératrice de FF, alors uu est surjective.
  2. Si uu est surjective, alors l'image de toute famille génératrice de EE est une famille génératrice de FF.

Démonstration :

  1. Soit (ei)i∈I(e_i)_{i \in I} une famille génératrice de EE telle que (u(ei))i∈I\bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} engendre FF. On a u(vect⁡((ei)i∈I))=vect⁡((u(ei))i∈I)u\Bigl( \operatorname{vect}\bigl( (e_i)_{i \in I} \bigr) \Bigr) = \operatorname{vect}\Bigl( \bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} \Bigr), donc u(E)=Fu(E) = F ; ainsi uu est surjective.
  2. On suppose que uu est surjective. Soit (ei)i∈I(e_i)_{i \in I} une famille génératrice de EE. On a u(E)=vect⁡((u(ei))i∈I)u(E) = \operatorname{vect}\Bigl( \bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} \Bigr). Or uu est surjective, donc u(E)=Fu(E) = F ; ainsi vect⁡((u(ei))i∈I)=F\operatorname{vect}\Bigl( \bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} \Bigr) = F. D'où (u(ei))i∈I\bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} engendre FF.

Proposition 3 : Injectivité et familles libres

Soit u∈L(E,F)u \in \mathcal{L}(E,F). Si uu est injective, alors l'image de toute famille libre par uu est une famille libre.

Démonstration :

Supposons que uu est injective. Soit (ei)i∈I(e_i)_{i \in I} une famille libre de EE, et soit (λi)i∈I∈K(I)(\lambda_i)_{i \in I} \in \mathbb{K}^{(I)} tel que ∑i∈Iλi u(ei)=0\sum_{i \in I} \lambda_i\, u(e_i) = 0. On a :

u(∑i∈Iλi ei)=0.u\Bigl( \sum_{i \in I} \lambda_i\, e_i \Bigr) = 0.

Or uu est injective, donc ∑i∈Iλi ei=0\sum_{i \in I} \lambda_i\, e_i = 0. Comme (ei)i∈I(e_i)_{i \in I} est libre, λi=0\lambda_i = 0 pour tout i∈Ii \in I. D'où (u(ei))i∈I\bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} est libre.

Test 1

L'image d'une famille libre par une application linéaire est toujours une famille libre.

Rassemblons ces résultats dans le cas où la famille de départ est une base : elle est à la fois libre et génératrice, si bien que les trois propriétés de uu se lisent d'un coup sur la famille image.

Proposition 4 : Caractérisation par l'image d'une base

Soient (ei)i∈I(e_i)_{i \in I} une base de EE et u∈L(E,F)u \in \mathcal{L}(E,F).

  1. uu est injective si et seulement si (u(ei))i∈I\bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} est libre.
  2. uu est surjective si et seulement si (u(ei))i∈I\bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} est génératrice de FF.
  3. uu est bijective si et seulement si (u(ei))i∈I\bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} est une base de FF.

Démonstration :

La famille (ei)i∈I(e_i)_{i \in I} est une base de EE, donc à la fois libre et génératrice.

1.

  • (⇒\Rightarrow) Si uu est injective, l'image d'une famille libre est libre ; comme (ei)i∈I(e_i)_{i \in I} est libre, (u(ei))i∈I\bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} est libre.
  • (⇐\Leftarrow) Supposons (u(ei))i∈I\bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} libre. Soit x∈Ex \in E tel que u(x)=0u(x) = 0. Il existe (λi)i∈I∈K(I)(\lambda_i)_{i \in I} \in \mathbb{K}^{(I)} tel que x=∑i∈Iλi eix = \sum_{i \in I} \lambda_i\, e_i, donc :
u(x)=∑i∈Iλi u(ei)=0.u(x) = \sum_{i \in I} \lambda_i\, u(e_i) = 0.

Comme (u(ei))i∈I\bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} est libre, λi=0\lambda_i = 0 pour tout i∈Ii \in I, ainsi x=0x = 0. D'où Ker⁡u={0E}\operatorname{Ker} u = \{0_E\} et uu est injective.

2.

  • (⇒\Rightarrow) Si uu est surjective, l'image d'une famille génératrice est génératrice ; comme (ei)i∈I(e_i)_{i \in I} engendre EE, (u(ei))i∈I\bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} engendre FF.
  • (⇐\Leftarrow) Si (u(ei))i∈I\bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} engendre FF : la famille génératrice (ei)i∈I(e_i)_{i \in I} de EE a une image qui engendre FF, donc uu est surjective.

3. On combine les points 1 et 2 :

u bijective  ⟺  u injective et surjective  ⟺  (u(ei))i∈I libre et geˊneˊratrice  ⟺  (u(ei))i∈I base de F.u \text{ bijective} \iff u \text{ injective et surjective} \iff \bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} \text{ libre et génératrice} \iff \bigl( u(e_i) \bigr)_{i \in I} \text{ base de } F.

Exercice 2 : Un automorphisme via l'image d'une base

Soit uu l'endomorphisme de R2\mathbb{R}^2 défini par u(1,0)=(1,1)u(1,0) = (1,1) et u(0,1)=(1,−1)u(0,1) = (1,-1). Montrer que uu est un automorphisme de R2\mathbb{R}^2.

Solution :(cliquer pour afficher)

La famille (e1,e2)=((1,0), (0,1))(e_1, e_2) = \bigl( (1,0),\ (0,1) \bigr) est la base canonique de R2\mathbb{R}^2. Son image par uu est la famille (u(e1), u(e2))=((1,1), (1,−1))\bigl( u(e_1),\ u(e_2) \bigr) = \bigl( (1,1),\ (1,-1) \bigr).

Montrons qu'elle est une base de R2\mathbb{R}^2. Soient λ,μ∈R\lambda, \mu \in \mathbb{R} tels que λ(1,1)+μ(1,−1)=(0,0)\lambda(1,1) + \mu(1,-1) = (0,0). Cela donne :

{λ+μ=0λ−μ=0  ⟺  λ=μ=0.\begin{cases} \lambda + \mu = 0 \\ \lambda - \mu = 0 \end{cases} \iff \lambda = \mu = 0.

La famille ((1,1), (1,−1))\bigl( (1,1),\ (1,-1) \bigr) est donc libre ; comme elle compte deux vecteurs dans R2\mathbb{R}^2, c'est une base de R2\mathbb{R}^2.

D'après la caractérisation (point 3), uu est bijective : c'est un automorphisme de R2\mathbb{R}^2.