MPSI · Dimension finie

Isomorphismes et endomorphismes en dimension finie

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Question

Pour prouver qu'une application linéaire est bijective, il faut en principe deux vérifications indépendantes : l'injectivité et la surjectivité. Or le théorème du rang lie noyau et image par une seule égalité. Quand l'espace de départ et l'espace d'arrivée ont la même dimension finie, cette contrainte ne rend-elle pas les deux propriétés solidaires — au point qu'établir l'une suffirait à obtenir l'autre ?

Théorème 1 : Caractérisation des isomorphismes en dimension finie

Soient EE et FF deux K\mathbb{K}-espaces vectoriels de dimensions finies telles que dim⁡E=dim⁡F\dim E = \dim F, et u∈L(E,F)u \in \mathscr{L}(E, F). Les assertions suivantes sont équivalentes :

  1. uu est injective ;
  2. uu est surjective ;
  3. uu est bijective.

Démonstration :

1⇒21 \Rightarrow 2 : on suppose uu injective, c'est-à-dire Ker⁡u={0E}\operatorname{Ker} u = \{0_E\}. D'après le théorème du rang,

rg⁡u=dim⁡E−dim⁡Ker⁡u=dim⁡E=dim⁡F,\operatorname{rg} u = \dim E - \dim \operatorname{Ker} u = \dim E = \dim F,

donc Im⁡u=F\operatorname{Im} u = F : uu est surjective.

2⇒12 \Rightarrow 1 : on suppose uu surjective, c'est-à-dire rg⁡u=dim⁡F=dim⁡E\operatorname{rg} u = \dim F = \dim E. D'après le théorème du rang,

dim⁡Ker⁡u=dim⁡E−rg⁡u=0,\dim \operatorname{Ker} u = \dim E - \operatorname{rg} u = 0,

donc Ker⁡u={0E}\operatorname{Ker} u = \{0_E\} : uu est injective.

Ainsi 1⇔21 \Leftrightarrow 2, et chacune de ces assertions équivaut à la bijectivité de uu.

Remarque :

L'hypothèse dim⁡E=dim⁡F\dim E = \dim F finie est le pivot de tout : c'est elle qui, via le théorème du rang, transforme « dim⁡Ker⁡u=0\dim \operatorname{Ker} u = 0 » en « rg⁡u=dim⁡F\operatorname{rg} u = \dim F ». Sans elle, le lien entre injectivité et surjectivité est rompu — on le vérifiera plus bas sur des contre-exemples en dimension infinie.

Rédaction — Montrer qu'une application linéaire est un isomorphisme :

Lorsque dim⁡E=dim⁡F\dim E = \dim F est finie, une seule des deux propriétés suffit. On choisit la plus économique.

  1. Vérifier l'égalité des dimensions dim⁡E=dim⁡F\dim E = \dim F : c'est l'hypothèse qui autorise tout ce qui suit.
  2. Prouver l'injectivité seule, en montrant Ker⁡u={0E}\operatorname{Ker} u = \{0_E\} : c'est presque toujours le chemin le plus court, car il suffit de résoudre u(x)=0u(x) = 0.
  3. Conclure à la bijectivité par le théorème, sans jamais avoir à établir la surjectivité.

L'injectivité est le plus souvent préférée : montrer Ker⁡u={0}\operatorname{Ker} u = \{0\} ne demande qu'une implication, là où la surjectivité oblige à atteindre tout vecteur de l'arrivée.

Exercice 1 : Interpolation de Lagrange

Soient n∈Nn \in \mathbb{N} et x0,…,xnx_0, \ldots, x_n des éléments de K\mathbb{K} deux à deux distincts. On considère l'application

φ:Kn[X]⟶Kn+1P⟼(P(x0),…,P(xn)).\varphi : \begin{array}{ccl} \mathbb{K}_n[X] & \longrightarrow & \mathbb{K}^{n+1} \\ P & \longmapsto & \big( P(x_0), \ldots, P(x_n) \big). \end{array}

Montrer que φ\varphi est un isomorphisme. En déduire que, pour tout (y0,…,yn)∈Kn+1(y_0, \ldots, y_n) \in \mathbb{K}^{n+1}, il existe un unique polynôme P∈Kn[X]P \in \mathbb{K}_n[X] tel que P(xi)=yiP(x_i) = y_i pour tout i∈⟦0,n⟧i \in \llbracket 0, n \rrbracket.

Solution :(cliquer pour afficher)

L'application φ\varphi est linéaire.

Soit P∈Ker⁡φP \in \operatorname{Ker} \varphi : alors P(x0)=⋯=P(xn)=0P(x_0) = \cdots = P(x_n) = 0, donc PP est un polynôme de degré au plus nn admettant n+1n + 1 racines deux à deux distinctes, d'où P=0P = 0. Ainsi φ\varphi est injective.

Comme dim⁡Kn[X]=n+1=dim⁡Kn+1\dim \mathbb{K}_n[X] = n + 1 = \dim \mathbb{K}^{n+1}, l'application φ\varphi est bijective d'après le théorème : c'est un isomorphisme.

Soit (y0,…,yn)∈Kn+1(y_0, \ldots, y_n) \in \mathbb{K}^{n+1}. Par bijectivité de φ\varphi, il existe un unique P∈Kn[X]P \in \mathbb{K}_n[X] tel que φ(P)=(y0,…,yn)\varphi(P) = (y_0, \ldots, y_n), c'est-à-dire P(xi)=yiP(x_i) = y_i pour tout i∈⟦0,n⟧i \in \llbracket 0, n \rrbracket.

Remarque :

La force de cette méthode saute aux yeux : on démontre l'existence et l'unicité du polynôme interpolateur sans jamais l'exhiber. L'injectivité donne l'unicité, la surjectivité (obtenue gratuitement par le théorème) donne l'existence. Construire explicitement PP — via les polynômes de Lagrange — est un tout autre travail, ici rendu inutile pour prouver qu'il existe.

Question

Le cas où uu va d'un espace dans lui-même, u∈L(E)u \in \mathscr{L}(E), est le plus fréquent. C'est aussi celui où l'égalité des dimensions est automatiquement satisfaite, puisque l'espace de départ et celui d'arrivée coïncident. Que devient alors la caractérisation ?

Corollaire 1 : Endomorphismes en dimension finie

Soient EE un K\mathbb{K}-espace vectoriel de dimension finie et u∈L(E)u \in \mathscr{L}(E). Alors

u bijective  ⟺  u injective  ⟺  u surjective.u \text{ bijective} \iff u \text{ injective} \iff u \text{ surjective}.

Démonstration :

Il suffit d'appliquer le théorème précédent avec F=EF = E : l'hypothèse dim⁡E=dim⁡F\dim E = \dim F est alors automatiquement vérifiée.

Test 1

Soit u∈L(E)u \in \mathscr{L}(E) un endomorphisme injectif. Alors uu est bijectif.

Remarque :

Ce résultat est faux en dimension infinie.

  1. L'endomorphisme de dérivation
φ:C∞(R,R)⟶C∞(R,R)f⟼f′\varphi : \begin{array}{ccl} \mathscr{C}^{\infty}(\mathbb{R}, \mathbb{R}) & \longrightarrow & \mathscr{C}^{\infty}(\mathbb{R}, \mathbb{R}) \\ f & \longmapsto & f' \end{array}

est surjectif (toute fonction de classe C∞\mathscr{C}^{\infty} admet une primitive de classe C∞\mathscr{C}^{\infty}) mais non injectif (les fonctions constantes appartiennent à son noyau).

  1. L'endomorphisme
ψ:C∞(R,R)⟶C∞(R,R)f⟼ψ(f),ψ(f)(x)=∫0xf(t) dt,\psi : \begin{array}{ccl} \mathscr{C}^{\infty}(\mathbb{R}, \mathbb{R}) & \longrightarrow & \mathscr{C}^{\infty}(\mathbb{R}, \mathbb{R}) \\ f & \longmapsto & \psi(f) \end{array}, \qquad \psi(f)(x) = \int_0^x f(t)\, \mathrm{d}t,

est injectif (par dérivation) mais non surjectif : Im⁡ψ={g∈C∞(R,R)  /  g(0)=0}\operatorname{Im} \psi = \{ g \in \mathscr{C}^{\infty}(\mathbb{R}, \mathbb{R}) \;/\; g(0) = 0 \}.

Question

Une application est inversible lorsqu'elle admet une réciproque, c'est-à-dire un « inverse des deux côtés ». En pratique, on ne trouve parfois qu'un inverse d'un seul côté : une application vv telle que u∘v=idu \circ v = \mathrm{id}, ou telle que w∘u=idw \circ u = \mathrm{id}. Suffit-il d'un inverse à un seul côté pour garantir la bijectivité — et ce demi-inverse est-il alors le vrai inverse ?

Corollaire 2 : Inversibilité à gauche et à droite

Soient EE et FF deux K\mathbb{K}-espaces vectoriels de dimensions finies telles que dim⁡E=dim⁡F\dim E = \dim F, et u∈L(E,F)u \in \mathscr{L}(E, F). Les assertions suivantes sont équivalentes :

  1. uu est bijective ;
  2. il existe v∈L(F,E)v \in \mathscr{L}(F, E) telle que u∘v=idFu \circ v = \mathrm{id}_F ;
  3. il existe w∈L(F,E)w \in \mathscr{L}(F, E) telle que w∘u=idEw \circ u = \mathrm{id}_E.

Dans ce cas, v=w=u−1v = w = u^{-1}.

Démonstration :

1⇒21 \Rightarrow 2 et 1⇒31 \Rightarrow 3 : si uu est bijective, alors v=w=u−1v = w = u^{-1} convient.

2⇒12 \Rightarrow 1 : on suppose qu'il existe v∈L(F,E)v \in \mathscr{L}(F, E) telle que u∘v=idFu \circ v = \mathrm{id}_F. Alors, pour tout y∈Fy \in F, y=u(v(y))∈Im⁡uy = u\big( v(y) \big) \in \operatorname{Im} u, donc uu est surjective, donc bijective d'après le corollaire précédent (appliqué à uu, avec dim⁡E=dim⁡F\dim E = \dim F).

3⇒13 \Rightarrow 1 : on suppose qu'il existe w∈L(F,E)w \in \mathscr{L}(F, E) telle que w∘u=idEw \circ u = \mathrm{id}_E. Soit x∈Ker⁡ux \in \operatorname{Ker} u : alors x=w(u(x))=w(0F)=0Ex = w\big( u(x) \big) = w(0_F) = 0_E, donc uu est injective, donc bijective.

Enfin, si uu est bijective, en composant u∘v=idFu \circ v = \mathrm{id}_F à gauche par u−1u^{-1} on obtient v=u−1v = u^{-1}, et de même w=u−1w = u^{-1}.

Remarque :

L'hypothèse de dimension finie (et dim⁡E=dim⁡F\dim E = \dim F) est encore décisive. En dimension infinie, un inverse d'un seul côté ne garantit rien : avec les endomorphismes φ\varphi (dérivation) et ψ\psi (primitive) de la remarque précédente, on a φ∘ψ=id\varphi \circ \psi = \mathrm{id}, tandis que (ψ∘φ)(f)=f−f(0)(\psi \circ \varphi)(f) = f - f(0) pour toute f∈C∞(R,R)f \in \mathscr{C}^{\infty}(\mathbb{R}, \mathbb{R}) : ni φ\varphi ni ψ\psi n'est bijective, bien qu'elles soient inverses l'une de l'autre d'un côté.

Test 2

Soient EE de dimension finie et u,v∈L(E)u, v \in \mathscr{L}(E) tels que u∘v=idEu \circ v = \mathrm{id}_E. Alors v∘u=idEv \circ u = \mathrm{id}_E.

Exercice 2 : Un endomorphisme nilpotent n'est jamais bijectif

Soit EE un K\mathbb{K}-espace vectoriel de dimension finie n⩾1n \geqslant 1. On dit qu'un endomorphisme u∈L(E)u \in \mathscr{L}(E) est nilpotent s'il existe un entier k⩾1k \geqslant 1 tel que uk=0u^k = 0.

  1. Montrer que si uu est nilpotent, alors uu n'est pas injectif.
  2. En déduire que id⁡E−u\operatorname{id}_E - u est bijectif lorsque uu est nilpotent. (On pourra calculer (id⁡E−u)(id⁡E+u+⋯+uk−1)(\operatorname{id}_E - u)(\operatorname{id}_E + u + \cdots + u^{k-1}).)
Solution :(cliquer pour afficher)

  1. Supposons uu injectif. Alors, par le corollaire sur les endomorphismes en dimension finie, uu est bijectif, donc uku^k l'est aussi comme composée de bijections — pour tout k⩾1k \geqslant 1. Or uk=0u^k = 0 pour un certain k⩾1k \geqslant 1, et l'application nulle n'est pas bijective (car n⩾1n \geqslant 1, donc E≠{0}E \neq \{0\}). Contradiction. Donc uu n'est pas injectif.

    (Autre lecture : uu non injectif signifie Ker⁡u≠{0}\operatorname{Ker} u \neq \{0\}, ce qui est bien le cas puisque uu écrase au moins un vecteur non nul — sans quoi uu serait bijective et uk≠0u^k \neq 0.)

  2. Posons S=id⁡E+u+u2+⋯+uk−1S = \operatorname{id}_E + u + u^2 + \cdots + u^{k-1}. On calcule, en développant et en télescopant :

(id⁡E−u) S=id⁡E+u+⋯+uk−1−(u+u2+⋯+uk)=id⁡E−uk=id⁡E,(\operatorname{id}_E - u)\, S = \operatorname{id}_E + u + \cdots + u^{k-1} - \big( u + u^2 + \cdots + u^k \big) = \operatorname{id}_E - u^k = \operatorname{id}_E,

puisque uk=0u^k = 0. De même, S (id⁡E−u)=id⁡ES\,(\operatorname{id}_E - u) = \operatorname{id}_E.

Ainsi id⁡E−u\operatorname{id}_E - u admet un inverse à droite, SS. Comme EE est de dimension finie, le corollaire d'inversibilité assure que id⁡E−u\operatorname{id}_E - u est bijectif, d'inverse SS.