MPSI · Dimension finie

Rang d'une application linéaire

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Question

Une application linéaire u:E→Fu : E \to F écrase une partie de EE sur 0F0_F et étale le reste dans FF. Deux cas extrêmes se laissent décrire sans peine : l'application nulle, qui écrase tout, et un isomorphisme, qui n'écrase rien. Entre les deux, comment mesurer d'un seul nombre ce que uu conserve réellement — c'est-à-dire la « taille » de ce qu'elle produit dans FF ?

Définition 1 : Rang d'une application linéaire

Soient EE et FF deux K\mathbb{K}-espaces vectoriels et u∈L(E,F)u \in \mathscr{L}(E, F). On dit que uu est de rang fini lorsque Im⁡u\operatorname{Im} u est de dimension finie. On appelle alors rang de uu l'entier

rg⁡u=dim⁡Im⁡u.\operatorname{rg} u = \dim \operatorname{Im} u.

Exemple :

  1. L'application nulle de EE dans FF a pour image {0F}\{0_F\}, donc elle est de rang 00. Réciproquement, une application linéaire de rang 00 est l'application nulle.
  2. Si EE est de dimension finie, idE\mathrm{id}_E a pour image EE tout entier, donc rg⁡(idE)=dim⁡E\operatorname{rg} (\mathrm{id}_E) = \dim E.
  3. L'application u:R3→R3u : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 définie par u(x,y,z)=(x,y,0)u(x,y,z) = (x, y, 0) a pour image le plan vect⁡(e1,e2)\operatorname{vect}(e_1, e_2), donc elle est de rang 22.
  4. L'application R3⟶R3(x,y,z)⟼(x+y,  y+z,  x−z)\begin{array}{ccl} \mathbb{R}^3 & \longrightarrow & \mathbb{R}^3 \\ (x,y,z) & \longmapsto & (x+y,\; y+z,\; x-z) \end{array} est, elle aussi, de rang 22 — bien que rien ne le laisse voir. Comment le calculer ?

Question

Le rang est la dimension d'un sous-espace de FF, engendré par les images des vecteurs de EE. Il est donc pris en tenaille entre deux espaces : celui d'où l'on part et celui où l'on arrive. Que peut-on en déduire sans le moindre calcul, à la seule vue des dimensions de EE et de FF ?

Proposition 1 : Majoration du rang

Soient EE et FF deux K\mathbb{K}-espaces vectoriels et u∈L(E,F)u \in \mathscr{L}(E, F).

  1. Si EE est de dimension finie, alors uu est de rang fini et rg⁡u⩽dim⁡E\operatorname{rg} u \leqslant \dim E.
  2. Si FF est de dimension finie, alors uu est de rang fini et rg⁡u⩽dim⁡F\operatorname{rg} u \leqslant \dim F.

Démonstration :

  1. Soit (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) une base de EE. Alors Im⁡u=vect⁡(u(e1),…,u(en))\operatorname{Im} u = \operatorname{vect}\big( u(e_1), \ldots, u(e_n) \big), donc Im⁡u\operatorname{Im} u est de dimension finie et rg⁡u⩽n=dim⁡E\operatorname{rg} u \leqslant n = \dim E.

  2. Im⁡u\operatorname{Im} u est un sous-espace vectoriel de FF, qui est de dimension finie, donc Im⁡u\operatorname{Im} u est de dimension finie et rg⁡u⩽dim⁡F\operatorname{rg} u \leqslant \dim F.

Remarque :

L'égalité Im⁡u=vect⁡(u(e1),…,u(en))\operatorname{Im} u = \operatorname{vect}\big( u(e_1), \ldots, u(e_n) \big) établie dans la preuve est le véritable outil de calcul : elle ramène la détermination de Im⁡u\operatorname{Im} u, sous-espace a priori inconnu, au rang d'une famille finie de vecteurs explicites de FF.

Remarque :

Avec les notations précédentes :

  1. si EE est de dimension finie, uu est injective si et seulement si rg⁡u=dim⁡E\operatorname{rg} u = \dim E ;
  2. si FF est de dimension finie, uu est surjective si et seulement si rg⁡u=dim⁡F\operatorname{rg} u = \dim F.

Remarque :

Le point 2 est immédiat : Im⁡u\operatorname{Im} u est un sous-espace de FF, donc il lui est égal exactement lorsque leurs dimensions coïncident. Le point 1 se lit sur la famille (u(e1),…,u(en))\big( u(e_1), \ldots, u(e_n) \big) : elle engendre Im⁡u\operatorname{Im} u et compte nn éléments, donc elle en est une base si et seulement si rg⁡u=n\operatorname{rg} u = n, c'est-à-dire si et seulement si elle est libre — ce qui caractérise l'injectivité de uu.

Rédaction — Déterminer le rang d'une application linéaire :

  1. Choisir une base (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) de l'espace de départ, la plus simple possible.
  2. Calculer les images u(e1),…,u(en)u(e_1), \ldots, u(e_n) : cette famille engendre Im⁡u\operatorname{Im} u.
  3. Déterminer le rang de cette famille : repérer les relations entre les u(ei)u(e_i), supprimer les vecteurs redondants, puis prouver que la famille restante est libre.
  4. Conclure : rg⁡u\operatorname{rg} u est le cardinal de la famille libre obtenue, et celle-ci est une base de Im⁡u\operatorname{Im} u.

Le rang d'une application linéaire est donc toujours ramené au rang d'une famille de vecteurs — notion déjà connue.

Exercice 1 : Rang d'un endomorphisme de ℝ³

On considère l'application

u:R3⟶R3(x,y,z)⟼(x+y,  y+z,  x−z)u : \begin{array}{ccl} \mathbb{R}^3 & \longrightarrow & \mathbb{R}^3 \\ (x, y, z) & \longmapsto & (x + y,\; y + z,\; x - z) \end{array}

On admet que uu est linéaire.

  1. Déterminer Im⁡u\operatorname{Im} u et en donner une base.
  2. En déduire rg⁡u\operatorname{rg} u, puis dire si uu est injective, surjective.
Solution :(cliquer pour afficher)
  1. On note (e1,e2,e3)(e_1, e_2, e_3) la base canonique de R3\mathbb{R}^3. On calcule
u(e1)=(1,0,1),u(e2)=(1,1,0),u(e3)=(0,1,−1),u(e_1) = (1, 0, 1), \qquad u(e_2) = (1, 1, 0), \qquad u(e_3) = (0, 1, -1),

et Im⁡u=vect⁡(u(e1), u(e2), u(e3))\operatorname{Im} u = \operatorname{vect}\big( u(e_1),\, u(e_2),\, u(e_3) \big).

Une relation. On remarque que

u(e2)−u(e1)=(0,1,−1)=u(e3),u(e_2) - u(e_1) = (0, 1, -1) = u(e_3),

donc u(e3)∈vect⁡(u(e1),u(e2))u(e_3) \in \operatorname{vect}\big( u(e_1), u(e_2) \big) et

Im⁡u=vect⁡((1,0,1), (1,1,0)).\operatorname{Im} u = \operatorname{vect}\big( (1,0,1),\, (1,1,0) \big).

Liberté. Les vecteurs (1,0,1)(1,0,1) et (1,1,0)(1,1,0) ne sont pas colinéaires, donc la famille ((1,0,1), (1,1,0))\big( (1,0,1),\, (1,1,0) \big) est libre : c'est une base de Im⁡u\operatorname{Im} u.

  1. On en déduit rg⁡u=2\operatorname{rg} u = 2.

    On a rg⁡u=2≠3=dim⁡R3\operatorname{rg} u = 2 \neq 3 = \dim \mathbb{R}^3, donc uu n'est ni injective ni surjective, d'après les deux points de la remarque.

Question

Le rang mesure une quantité d'information. Or un isomorphisme ne perd ni n'ajoute aucune information : il se contente de renommer les vecteurs. Composer une application linéaire par un isomorphisme — avant ou après — devrait donc laisser son rang inchangé. Est-ce bien le cas ?

Proposition 2 : Composition avec un isomorphisme

Soient EE, FF et GG des K\mathbb{K}-espaces vectoriels.

  1. Si u∈L(E,F)u \in \mathscr{L}(E, F) est de rang fini et si v∈L(F,G)v \in \mathscr{L}(F, G) est un isomorphisme, alors rg⁡(v∘u)=rg⁡u\operatorname{rg} (v \circ u) = \operatorname{rg} u.
  2. Si u∈L(E,F)u \in \mathscr{L}(E, F) est un isomorphisme et si v∈L(F,G)v \in \mathscr{L}(F, G) est de rang fini, alors rg⁡(v∘u)=rg⁡v\operatorname{rg} (v \circ u) = \operatorname{rg} v.

Autrement dit, le rang est invariant par composition par un isomorphisme.

Démonstration :

  1. On a Im⁡(v∘u)=v(Im⁡u)\operatorname{Im} (v \circ u) = v(\operatorname{Im} u). Comme vv est un isomorphisme, vv induit un isomorphisme de Im⁡u\operatorname{Im} u sur v(Im⁡u)v(\operatorname{Im} u), donc
rg⁡(v∘u)=dim⁡v(Im⁡u)=dim⁡Im⁡u=rg⁡u.\operatorname{rg} (v \circ u) = \dim v(\operatorname{Im} u) = \dim \operatorname{Im} u = \operatorname{rg} u.
  1. Comme uu est surjective, on a Im⁡(v∘u)=v(u(E))=v(F)=Im⁡v\operatorname{Im} (v \circ u) = v\big( u(E) \big) = v(F) = \operatorname{Im} v, donc rg⁡(v∘u)=rg⁡v\operatorname{rg} (v \circ u) = \operatorname{rg} v.

Remarque :

Les deux points ne se démontrent pas de la même façon, et c'est instructif. Composer à droite par un isomorphisme ne change même pas l'image : Im⁡(v∘u)=Im⁡v\operatorname{Im}(v \circ u) = \operatorname{Im} v, car uu balaie tout FF. Composer à gauche modifie l'image, mais la transporte par un isomorphisme, donc en préserve la dimension.

Exercice 2 : Rang et permutation des coordonnées

On reprend l'application uu de l'exercice précédent, de rang 22, et l'on pose

v:R3⟶R3(x,y,z)⟼(z,x,y)v : \begin{array}{ccl} \mathbb{R}^3 & \longrightarrow & \mathbb{R}^3 \\ (x, y, z) & \longmapsto & (z, x, y) \end{array}
  1. Montrer que vv est un isomorphisme.
  2. En déduire rg⁡(v∘u)\operatorname{rg} (v \circ u) et rg⁡(u∘v)\operatorname{rg} (u \circ v), sans calculer ces composées.
Solution :(cliquer pour afficher)

  1. vv est linéaire (chaque coordonnée de l'image est une coordonnée du vecteur de départ). Elle est bijective : l'application w:(x,y,z)↦(y,z,x)w : (x,y,z) \mapsto (y, z, x) est linéaire et vérifie v∘w=w∘v=idR3v \circ w = w \circ v = \mathrm{id}_{\mathbb{R}^3}. Donc vv est un isomorphisme, de réciproque ww.

  2. Pour v∘uv \circ u : uu est de rang fini et vv est un isomorphisme, donc d'après le point 1 de la proposition,

rg⁡(v∘u)=rg⁡u=2.\operatorname{rg} (v \circ u) = \operatorname{rg} u = 2.

Pour u∘vu \circ v : vv est un isomorphisme et uu est de rang fini, donc d'après le point 2 de la proposition (appliqué avec vv dans le rôle de la première application),

rg⁡(u∘v)=rg⁡u=2.\operatorname{rg} (u \circ v) = \operatorname{rg} u = 2.

Aucune des deux composées n'a eu besoin d'être calculée.

Question

L'invariance précédente suppose que l'une des deux applications est un isomorphisme. Que se passe-t-il quand aucune des deux ne l'est ? Composer, c'est appliquer successivement deux applications qui perdent chacune de l'information : le résultat ne peut pas en conserver davantage que le plus économe des deux. Comment traduire cette intuition en inégalité ?

Proposition 3 : Rang d'une composée

Soient EE, FF et GG des K\mathbb{K}-espaces vectoriels, u∈L(E,F)u \in \mathscr{L}(E, F) et v∈L(F,G)v \in \mathscr{L}(F, G) de rangs finis. Alors v∘uv \circ u est de rang fini et

rg⁡(v∘u)⩽min⁡(rg⁡u,rg⁡v).\operatorname{rg} (v \circ u) \leqslant \min (\operatorname{rg} u, \operatorname{rg} v).

Démonstration :

  • On a Im⁡(v∘u)⊂Im⁡v\operatorname{Im} (v \circ u) \subset \operatorname{Im} v, qui est de dimension finie, donc v∘uv \circ u est de rang fini et rg⁡(v∘u)⩽rg⁡v\operatorname{rg} (v \circ u) \leqslant \operatorname{rg} v.

  • Par ailleurs, Im⁡(v∘u)=v(Im⁡u)\operatorname{Im} (v \circ u) = v(\operatorname{Im} u). Si (y1,…,yr)(y_1, \ldots, y_r) est une base de Im⁡u\operatorname{Im} u, alors v(Im⁡u)=vect⁡(v(y1),…,v(yr))v(\operatorname{Im} u) = \operatorname{vect}\big( v(y_1), \ldots, v(y_r) \big), donc rg⁡(v∘u)⩽r=rg⁡u\operatorname{rg} (v \circ u) \leqslant r = \operatorname{rg} u.

Test 1

Pour toutes applications linéaires uu et vv de rangs finis composables, on a rg⁡(v∘u)=min⁡(rg⁡u,rg⁡v)\operatorname{rg} (v \circ u) = \min (\operatorname{rg} u, \operatorname{rg} v).

Test 2

Soient u∈L(E,F)u \in \mathscr{L}(E, F) et v∈L(F,G)v \in \mathscr{L}(F, G) de rangs finis. Si v∘uv \circ u est surjective, alors vv est surjective.

Exercice 3 : Contraintes de rang entre trois espaces

Soient u∈L(R4,R3)u \in \mathscr{L}(\mathbb{R}^4, \mathbb{R}^3) et v∈L(R3,R5)v \in \mathscr{L}(\mathbb{R}^3, \mathbb{R}^5).

  1. Montrer que uu n'est jamais injective.
  2. Montrer que rg⁡(v∘u)⩽3\operatorname{rg} (v \circ u) \leqslant 3, et en déduire que v∘uv \circ u n'est jamais surjective.
  3. On suppose de plus que rg⁡u=1\operatorname{rg} u = 1. Que peut-on dire de rg⁡(v∘u)\operatorname{rg} (v \circ u) ?
Solution :(cliquer pour afficher)

  1. D'après la majoration du rang appliquée à l'espace d'arrivée, rg⁡u⩽dim⁡R3=3\operatorname{rg} u \leqslant \dim \mathbb{R}^3 = 3. Or uu est injective si et seulement si rg⁡u=dim⁡R4=4\operatorname{rg} u = \dim \mathbb{R}^4 = 4. Comme rg⁡u⩽3<4\operatorname{rg} u \leqslant 3 < 4, cette égalité est impossible : uu n'est jamais injective.

  2. On a rg⁡v⩽dim⁡R3=3\operatorname{rg} v \leqslant \dim \mathbb{R}^3 = 3 (majoration par l'espace de départ de vv), donc d'après la proposition sur le rang d'une composée,

rg⁡(v∘u)⩽min⁡(rg⁡u, rg⁡v)⩽3.\operatorname{rg} (v \circ u) \leqslant \min(\operatorname{rg} u,\, \operatorname{rg} v) \leqslant 3.

Or v∘u∈L(R4,R5)v \circ u \in \mathscr{L}(\mathbb{R}^4, \mathbb{R}^5) est surjective si et seulement si rg⁡(v∘u)=dim⁡R5=5\operatorname{rg} (v \circ u) = \dim \mathbb{R}^5 = 5. Comme rg⁡(v∘u)⩽3<5\operatorname{rg}(v \circ u) \leqslant 3 < 5, c'est impossible : v∘uv \circ u n'est jamais surjective.

  1. On a alors rg⁡(v∘u)⩽min⁡(1,rg⁡v)⩽1\operatorname{rg} (v \circ u) \leqslant \min(1, \operatorname{rg} v) \leqslant 1, donc rg⁡(v∘u)∈{0,1}\operatorname{rg} (v \circ u) \in \{0, 1\}.

    Les deux valeurs sont effectivement atteintes : si vv est injective, la restriction de vv à Im⁡u\operatorname{Im} u l'est aussi, donc v(Im⁡u)v(\operatorname{Im} u) est une droite et rg⁡(v∘u)=1\operatorname{rg}(v \circ u) = 1 ; en revanche, si Im⁡u⊂Ker⁡v\operatorname{Im} u \subset \operatorname{Ker} v, alors v∘u=0v \circ u = 0 et rg⁡(v∘u)=0\operatorname{rg}(v \circ u) = 0.