MPSI · Applications linéaires

Noyau et image

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Dans toute cette leçon, EE, FF et GG désignent des K\mathbb{K}-espaces vectoriels et f∈L(E,F)f \in \mathcal{L}(E,F).

Question

Une application linéaire respecte la structure d'espace vectoriel. On peut donc lui poser deux questions symétriques. D'abord côté arrivée : quels vecteurs de FF sont effectivement atteints par ff ? Ensuite côté départ : quels vecteurs de EE sont écrasés sur 0F0_F ? La première question mesure à quel point ff est surjective, la seconde à quel point elle est injective. On va voir que les deux réponses sont non pas des ensembles quelconques, mais des sous-espaces vectoriels — et que tout le comportement de ff se lit sur eux.

Proposition 1 : Images directe et réciproque d'un sous-espace vectoriel

Soit f∈L(E,F)f \in \mathcal{L}(E,F).

  1. Si AA est un sous-espace vectoriel de EE, alors f(A)f(A) est un sous-espace vectoriel de FF.
  2. Si BB est un sous-espace vectoriel de FF, alors f−1(B)f^{-1}(B) est un sous-espace vectoriel de EE.

Démonstration :

Soit f∈L(E,F)f \in \mathcal{L}(E,F).

1. Soit AA un sous-espace vectoriel de EE.

  • Comme 0E∈A0_E \in A et f(0E)=0Ff(0_E) = 0_F, on a 0F∈f(A)0_F \in f(A).
  • Soient y1,y2∈f(A)y_1, y_2 \in f(A) et λ∈K\lambda \in \mathbb{K}. Il existe x1,x2∈Ax_1, x_2 \in A tels que y1=f(x1)y_1 = f(x_1) et y2=f(x2)y_2 = f(x_2). Alors :
y1+λy2=f(x1)+λf(x2)=f(x1+λx2).y_1 + \lambda y_2 = f(x_1) + \lambda f(x_2) = f(x_1 + \lambda x_2).

Or x1+λx2∈Ax_1 + \lambda x_2 \in A (AA sous-espace vectoriel), donc y1+λy2∈f(A)y_1 + \lambda y_2 \in f(A).

D'où f(A)f(A) est un sous-espace vectoriel de FF.

2. Soit BB un sous-espace vectoriel de FF.

  • Comme f(0E)=0F∈Bf(0_E) = 0_F \in B, on a 0E∈f−1(B)0_E \in f^{-1}(B).
  • Soient x1,x2∈f−1(B)x_1, x_2 \in f^{-1}(B) et λ∈K\lambda \in \mathbb{K}. On a f(x1),f(x2)∈Bf(x_1), f(x_2) \in B, donc :
f(x1+λx2)=f(x1)+λf(x2)∈Bf(x_1 + \lambda x_2) = f(x_1) + \lambda f(x_2) \in B

(BB sous-espace vectoriel), ainsi x1+λx2∈f−1(B)x_1 + \lambda x_2 \in f^{-1}(B).

D'où f−1(B)f^{-1}(B) est un sous-espace vectoriel de EE.

C'est cette proposition qui donne un sens aux deux définitions suivantes : en prenant A=EA = E et B={0F}B = \{0_F\}, on obtient bien des sous-espaces vectoriels.

Définition 1 : Image et noyau

Soit f∈L(E,F)f \in \mathcal{L}(E,F).

  1. On appelle image de ff le sous-espace vectoriel f(E)f(E), que l'on note Im⁡f\operatorname{Im} f.
  2. On appelle noyau de ff le sous-espace vectoriel f−1({0F})f^{-1}\bigl(\{0_F\}\bigr), que l'on note Ker⁡f\operatorname{Ker} f.

Remarque :

  1. Soit y∈Fy \in F. Alors : y∈Im⁡f  ⟺  ∃x∈E, y=f(x)y \in \operatorname{Im} f \iff \exists x \in E,\ y = f(x).
  2. Soit x∈Ex \in E. Alors : x∈Ker⁡f  ⟺  f(x)=0Fx \in \operatorname{Ker} f \iff f(x) = 0_F.

Exemple :

Pour l'identité id⁡E\operatorname{id}_E, on a Im⁡(id⁡E)=E\operatorname{Im}(\operatorname{id}_E) = E et Ker⁡(id⁡E)={0E}\operatorname{Ker}(\operatorname{id}_E) = \{0_E\}. Pour l'application nulle, c'est exactement l'inverse : Im⁡={0F}\operatorname{Im} = \{0_F\} et Ker⁡=E\operatorname{Ker} = E. Deux extrêmes qui donnent l'intuition : plus le noyau est petit, plus l'application est injective ; plus l'image est grande, plus elle est surjective. Comment déterminer ces deux sous-espaces sur un exemple moins évident ?

Exercice 1 : Image et noyau d'un endomorphisme de K[X]

On considère l'application f:K[X]⟶K[X]f : \mathbb{K}[X] \longrightarrow \mathbb{K}[X], P⟼XPP \longmapsto XP.

  1. Montrer que ff est linéaire.
  2. Déterminer Im⁡f\operatorname{Im} f et Ker⁡f\operatorname{Ker} f.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Soient P,Q∈K[X]P, Q \in \mathbb{K}[X] et λ∈K\lambda \in \mathbb{K}. On a :

f(P+λQ)=X(P+λQ)=XP+λ XQ=f(P)+λf(Q).f(P + \lambda Q) = X(P + \lambda Q) = XP + \lambda\, XQ = f(P) + \lambda f(Q).

D'où ff est linéaire.

2. Soit P∈K[X]P \in \mathbb{K}[X]. On a :

P∈Ker⁡f  ⟺  XP=0  ⟺  P=0.P \in \operatorname{Ker} f \iff XP = 0 \iff P = 0.

D'où Ker⁡f={0}\operatorname{Ker} f = \{0\}.

  • Soit P∈K[X]P \in \mathbb{K}[X]. On a f(P)=XP∈X K[X]f(P) = XP \in X\,\mathbb{K}[X], d'où Im⁡f⊂X K[X]\operatorname{Im} f \subset X\,\mathbb{K}[X].
  • Soit P∈X K[X]P \in X\,\mathbb{K}[X] ; alors il existe Q∈K[X]Q \in \mathbb{K}[X] tel que P=XQP = XQ. Donc f(Q)=Pf(Q) = P, d'où P∈Im⁡fP \in \operatorname{Im} f. Ainsi X K[X]⊂Im⁡fX\,\mathbb{K}[X] \subset \operatorname{Im} f.

D'où Im⁡f=X K[X]\operatorname{Im} f = X\,\mathbb{K}[X].

Exercice 2 : Image et noyau d'une application de R³ dans R²

On considère l'application g:R3⟶R2g : \mathbb{R}^3 \longrightarrow \mathbb{R}^2, (x,y,z)⟼(x−y+z, z)(x,y,z) \longmapsto (x - y + z,\ z).

  1. Montrer que gg est linéaire.
  2. Déterminer Ker⁡g\operatorname{Ker} g et Im⁡g\operatorname{Im} g.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Soient (x,y,z), (a,b,c)∈R3(x,y,z),\ (a,b,c) \in \mathbb{R}^3 et λ∈R\lambda \in \mathbb{R}. On a :

g((x,y,z)+λ(a,b,c))=g(x+λa, y+λb, z+λc)=(x−y+z+λ(a−b+c), z+λc)=(x−y+z, z)+λ (a−b+c, c)=g(x,y,z)+λ g(a,b,c).\begin{aligned} g\bigl( (x,y,z) + \lambda (a,b,c) \bigr) &= g\bigl( x + \lambda a,\ y + \lambda b,\ z + \lambda c \bigr) \\ &= \bigl( x - y + z + \lambda (a - b + c),\ z + \lambda c \bigr) \\ &= (x - y + z,\ z) + \lambda\, (a - b + c,\ c) \\ &= g(x,y,z) + \lambda\, g(a,b,c). \end{aligned}

D'où gg est linéaire.

2. Soit (x,y,z)∈R3(x,y,z) \in \mathbb{R}^3. On a :

(x,y,z)∈Ker⁡g  ⟺  (x−y+z, z)=0  ⟺  {x−y+z=0z=0  ⟺  {x=yz=0.(x,y,z) \in \operatorname{Ker} g \iff (x - y + z,\ z) = 0 \iff \begin{cases} x - y + z = 0 \\ z = 0 \end{cases} \iff \begin{cases} x = y \\ z = 0. \end{cases}

Donc :

Ker⁡g={(x,x,0)∣x∈R}=vect⁡((1,1,0)).\operatorname{Ker} g = \bigl\{ (x, x, 0) \mid x \in \mathbb{R} \bigr\} = \operatorname{vect}\bigl( (1,1,0) \bigr).

On a Im⁡g⊂R2\operatorname{Im} g \subset \mathbb{R}^2. Soit (a,b)∈R2(a,b) \in \mathbb{R}^2 ; on a g(a,b,b)=(a,b)g(a,b,b) = (a,b), donc (a,b)∈Im⁡g(a,b) \in \operatorname{Im} g, d'où R2⊂Im⁡g\mathbb{R}^2 \subset \operatorname{Im} g. Par suite Im⁡g=R2\operatorname{Im} g = \mathbb{R}^2.

Exercice 3 : Image et noyau d'une composée

Soient f∈L(E,F)f \in \mathcal{L}(E,F) et g∈L(F,G)g \in \mathcal{L}(F,G). Montrer que Im⁡(g∘f)⊂Im⁡g\operatorname{Im}(g \circ f) \subset \operatorname{Im} g et Ker⁡f⊂Ker⁡(g∘f)\operatorname{Ker} f \subset \operatorname{Ker}(g \circ f).

Solution :(cliquer pour afficher)
  • Soit y∈Im⁡(g∘f)y \in \operatorname{Im}(g \circ f) ; alors il existe x∈Ex \in E tel que y=g∘f(x)=g(f(x))y = g \circ f(x) = g\bigl( f(x) \bigr), donc y∈Im⁡gy \in \operatorname{Im} g. Ainsi Im⁡(g∘f)⊂Im⁡g\operatorname{Im}(g \circ f) \subset \operatorname{Im} g.
  • Soit x∈Ker⁡fx \in \operatorname{Ker} f. On a f(x)=0f(x) = 0, donc g∘f(x)=g(0)=0g \circ f(x) = g(0) = 0, ainsi x∈Ker⁡(g∘f)x \in \operatorname{Ker}(g \circ f). Donc Ker⁡f⊂Ker⁡(g∘f)\operatorname{Ker} f \subset \operatorname{Ker}(g \circ f).

Le noyau ne sert pas qu'à être calculé : c'est l'outil qui décide de l'injectivité. Pour une application quelconque, tester l'injectivité demande de comparer f(x)f(x) et f(y)f(y) pour tous les couples. Pour une application linéaire, tout se ramène à un seul sous-espace.

Proposition 2 : Caractérisation de l'injectivité

Soit f∈L(E,F)f \in \mathcal{L}(E,F). Alors :

f est injective  ⟺  Ker⁡f={0E}.f \text{ est injective} \iff \operatorname{Ker} f = \{0_E\}.

Démonstration :

∙\bullet Supposons ff injective. On a toujours {0E}⊂Ker⁡f\{0_E\} \subset \operatorname{Ker} f, car f(0E)=0Ff(0_E) = 0_F. Soit x∈Ker⁡fx \in \operatorname{Ker} f ; alors f(x)=0F=f(0E)f(x) = 0_F = f(0_E). Or ff est injective, donc x=0Ex = 0_E. Ainsi Ker⁡f⊂{0E}\operatorname{Ker} f \subset \{0_E\}, d'où Ker⁡f={0E}\operatorname{Ker} f = \{0_E\}.

∙\bullet Réciproquement, supposons Ker⁡f={0E}\operatorname{Ker} f = \{0_E\}. Soient x,y∈Ex, y \in E tels que f(x)=f(y)f(x) = f(y). Par linéarité :

f(x−y)=f(x)−f(y)=0F,f(x - y) = f(x) - f(y) = 0_F,

donc x−y∈Ker⁡f={0E}x - y \in \operatorname{Ker} f = \{0_E\}, d'où x=yx = y. Ainsi ff est injective.

Test 1

Pour montrer qu'une application linéaire ff est injective, il suffit de vérifier que Ker⁡f={0E}\operatorname{Ker} f = \{0_E\}.

Exercice 4 : Une application d'évaluation : injectivité et surjectivité

Soient x1,…,xnx_1, \dots, x_n des éléments de K\mathbb{K} deux à deux distincts. On considère les applications

φ:Kn−1[X]⟶Kn,P⟼(P(x1),…,P(xn))\varphi : \mathbb{K}_{n-1}[X] \longrightarrow \mathbb{K}^n, \quad P \longmapsto \bigl( P(x_1), \dots, P(x_n) \bigr)ψ:K[X]⟶Kn,P⟼(P(x1),…,P(xn)).\psi : \mathbb{K}[X] \longrightarrow \mathbb{K}^n, \quad P \longmapsto \bigl( P(x_1), \dots, P(x_n) \bigr).

  1. Montrer que φ\varphi est injective.

  2. Montrer que φ\varphi est surjective.

    Indication. Pour (y1,…,yn)∈Kn(y_1, \dots, y_n) \in \mathbb{K}^n donné, chercher un antécédent sous la forme P=∑i=1nyi LiP = \sum_{i=1}^n y_i\, L_i, où chaque Li∈Kn−1[X]L_i \in \mathbb{K}_{n-1}[X] vérifie Li(xk)=0L_i(x_k) = 0 pour k≠ik \neq i et Li(xi)=1L_i(x_i) = 1. Construire un tel LiL_i à partir du produit des (X−xj)(X - x_j) pour j≠ij \neq i, convenablement normalisé.

  3. Montrer que ψ\psi, elle, n'est pas injective. Que devient la différence avec φ\varphi ?

Solution :(cliquer pour afficher)

1. Injectivité de φ\varphi

Soient P,Q∈Kn−1[X]P, Q \in \mathbb{K}_{n-1}[X] et λ∈K\lambda \in \mathbb{K}. On a :

φ(P+λQ)=((P+λQ)(x1),…,(P+λQ)(xn))=(P(x1),…,P(xn))+λ(Q(x1),…,Q(xn))=φ(P)+λ φ(Q).\begin{aligned} \varphi(P + \lambda Q) &= \bigl( (P + \lambda Q)(x_1), \dots, (P + \lambda Q)(x_n) \bigr) \\ &= \bigl( P(x_1), \dots, P(x_n) \bigr) + \lambda \bigl( Q(x_1), \dots, Q(x_n) \bigr) \\ &= \varphi(P) + \lambda\, \varphi(Q). \end{aligned}

Donc φ\varphi est linéaire.

Soit P∈Ker⁡φP \in \operatorname{Ker} \varphi. On a (P(x1),…,P(xn))=(0,…,0)\bigl( P(x_1), \dots, P(x_n) \bigr) = (0, \dots, 0), donc P(x1)=⋯=P(xn)=0P(x_1) = \dots = P(x_n) = 0. Ainsi PP admet au moins nn racines deux à deux distinctes ; or deg⁡P<n\deg P < n, donc P=0P = 0. D'où Ker⁡φ={0}\operatorname{Ker} \varphi = \{0\}, et φ\varphi est injective.

2. Surjectivité de φ\varphi

Suivons l'indication. Pour i∈⟦1,n⟧i \in \llbracket 1, n \rrbracket, posons

Li=∏j=1j≠inX−xjxi−xj.L_i = \prod_{\substack{j = 1 \\ j \neq i}}^{n} \frac{X - x_j}{x_i - x_j}.

Ce produit est bien défini car les xjx_j sont deux à deux distincts (les dénominateurs xi−xjx_i - x_j sont non nuls). Chaque LiL_i est un produit de n−1n-1 facteurs de degré 11, donc Li∈Kn−1[X]L_i \in \mathbb{K}_{n-1}[X]. De plus :

Li(xk)=∏j=1j≠inxk−xjxi−xj=δi,k={1si k=i,0si k≠i,L_i(x_k) = \prod_{\substack{j = 1 \\ j \neq i}}^{n} \frac{x_k - x_j}{x_i - x_j} = \delta_{i,k} = \begin{cases} 1 & \text{si } k = i, \\ 0 & \text{si } k \neq i,\end{cases}

car pour k≠ik \neq i le facteur j=kj = k du produit s'annule, et pour k=ik = i chaque facteur vaut 11.

Soit alors (y1,…,yn)∈Kn(y_1, \dots, y_n) \in \mathbb{K}^n. Posons P=∑i=1nyi Li∈Kn−1[X]P = \sum_{i=1}^{n} y_i\, L_i \in \mathbb{K}_{n-1}[X]. Pour tout k∈⟦1,n⟧k \in \llbracket 1, n \rrbracket :

P(xk)=∑i=1nyi Li(xk)=∑i=1nyi δi,k=yk.P(x_k) = \sum_{i=1}^{n} y_i\, L_i(x_k) = \sum_{i=1}^{n} y_i\, \delta_{i,k} = y_k.

Donc φ(P)=(y1,…,yn)\varphi(P) = (y_1, \dots, y_n). Tout élément de Kn\mathbb{K}^n admet ainsi un antécédent : φ\varphi est surjective.

3. Non-injectivité de ψ\psi

Soit P∈K[X]P \in \mathbb{K}[X]. On a :

P∈Ker⁡ψ  ⟺  ∀k∈⟦1,n⟧, P(xk)=0  ⟺  ∏k=1n(X−xk)∣P,P \in \operatorname{Ker} \psi \iff \forall k \in \llbracket 1, n \rrbracket,\ P(x_k) = 0 \iff \prod_{k=1}^{n} (X - x_k) \mid P,

la dernière équivalence venant de ce que les xkx_k sont des racines deux à deux distinctes de PP. Ainsi

Ker⁡ψ=∏k=1n(X−xk)⋅K[X]≠{0},\operatorname{Ker} \psi = \prod_{k=1}^{n} (X - x_k) \cdot \mathbb{K}[X] \neq \{0\},

puisque ce noyau contient par exemple ∏k=1n(X−xk)\prod_{k=1}^{n}(X - x_k), qui est non nul. Donc ψ\psi n'est pas injective.

Toute la différence avec φ\varphi tient à la contrainte de degré : sur Kn−1[X]\mathbb{K}_{n-1}[X], un polynôme ayant nn racines distinctes est nécessairement nul ; sur K[X]\mathbb{K}[X] tout entier, non.

Remarque :

Les polynômes LiL_i utilisés pour la surjectivité,

Li=∏j=1j≠inX−xjxi−xj,L_i = \prod_{\substack{j = 1 \\ j \neq i}}^{n} \frac{X - x_j}{x_i - x_j},

sont les polynômes d'interpolation de Lagrange associés aux points x1,…,xnx_1, \dots, x_n. Le polynôme P=∑i=1nyi LiP = \sum_{i=1}^n y_i\, L_i construit ci-dessus est l'unique polynôme de Kn−1[X]\mathbb{K}_{n-1}[X] prenant les valeurs imposées yky_k aux points xkx_k : c'est le polynôme interpolateur de Lagrange, et son existence (surjectivité) comme son unicité (injectivité) se lisent directement sur φ\varphi.