MPSI · Dimension finie

Théorème du rang

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Question

Une application linéaire u:E→Fu : E \to F partage l'espace de départ en deux zones : ce qu'elle écrase sur 0F0_F, c'est-à-dire Ker⁡u\operatorname{Ker} u, et ce qu'elle laisse subsister dans FF, mesuré par rg⁡u\operatorname{rg} u. L'intuition dit qu'il y a conservation : plus uu écrase, moins elle produit, et inversement. Peut-on transformer cette intuition en une égalité exacte reliant dim⁡Ker⁡u\dim \operatorname{Ker} u, rg⁡u\operatorname{rg} u et dim⁡E\dim E ?

Question

Avant d'énoncer le résultat, il faut un outil. Le noyau vit dans EE, l'image vit dans FF : ce sont deux espaces sans rapport apparent. Comment les relier ? L'idée est de mettre de côté le noyau en lui choisissant un supplémentaire SS dans EE, puis de regarder ce que uu fait de ce SS. Que devient uu une fois restreinte à un supplémentaire de son noyau ?

Proposition 1 : Isomorphisme induit sur un supplémentaire du noyau

Soient EE et FF deux K\mathbb{K}-espaces vectoriels, u∈L(E,F)u \in \mathscr{L}(E, F) et SS un supplémentaire de Ker⁡u\operatorname{Ker} u dans EE. Alors l'application

v:S⟶Im⁡ux⟼u(x)v : \begin{array}{ccl} S & \longrightarrow & \operatorname{Im} u \\ x & \longmapsto & u(x) \end{array}

est un isomorphisme.

Démonstration :

L'application vv est linéaire comme restriction de uu.

  • vv est injective : soit x∈Ker⁡vx \in \operatorname{Ker} v. Alors x∈Sx \in S et u(x)=0Fu(x) = 0_F, donc x∈S∩Ker⁡u={0E}x \in S \cap \operatorname{Ker} u = \{0_E\}, d'où x=0Ex = 0_E.

  • vv est surjective : soit y∈Im⁡uy \in \operatorname{Im} u. Il existe x∈Ex \in E tel que y=u(x)y = u(x). Comme E=S⊕Ker⁡uE = S \oplus \operatorname{Ker} u, il existe (s,k)∈S×Ker⁡u(s, k) \in S \times \operatorname{Ker} u tel que x=s+kx = s + k. Alors

y=u(x)=u(s)+u(k)=u(s)=v(s),y = u(x) = u(s) + u(k) = u(s) = v(s),

donc y∈Im⁡vy \in \operatorname{Im} v.

Ainsi vv est un isomorphisme de SS sur Im⁡u\operatorname{Im} u.

Remarque :

Ce résultat dit quelque chose de fort : tout supplémentaire du noyau est une « copie fidèle » de l'image. On peut supprimer le noyau — la partie que uu écrase — sans rien perdre de ce que uu produit. La restriction de uu à SS voit exactement la même image que uu, mais de façon injective. C'est le cœur de la démonstration qui suit.

Théorème 1 : Théorème du rang

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

dim⁡E=rg⁡u+dim⁡Ker⁡u.\dim E = \operatorname{rg} u + \dim \operatorname{Ker} u.

Démonstration :

Ker⁡u\operatorname{Ker} u est un sous-espace vectoriel de EE, qui est de dimension finie : il admet donc un supplémentaire SS dans EE, soit E=S⊕Ker⁡uE = S \oplus \operatorname{Ker} u, d'où

dim⁡E=dim⁡S+dim⁡Ker⁡u.\dim E = \dim S + \dim \operatorname{Ker} u.

Or, d'après la proposition précédente, SS est isomorphe à Im⁡u\operatorname{Im} u, donc dim⁡S=rg⁡u\dim S = \operatorname{rg} u.

Ainsi dim⁡E=rg⁡u+dim⁡Ker⁡u\dim E = \operatorname{rg} u + \dim \operatorname{Ker} u.

Remarque :

Trois mises en garde sur les hypothèses et la lecture du théorème.

  1. Seul l'espace de départ EE doit être de dimension finie ; FF peut être quelconque. C'est cohérent : rg⁡u⩽dim⁡E\operatorname{rg} u \leqslant \dim E et dim⁡Ker⁡u⩽dim⁡E\dim \operatorname{Ker} u \leqslant \dim E, tout se joue dans EE.
  2. Le théorème relie des dimensions, jamais les sous-espaces eux-mêmes. Il n'affirme en aucune façon que E=Ker⁡u⊕Im⁡uE = \operatorname{Ker} u \oplus \operatorname{Im} u — cette écriture n'aurait d'ailleurs pas de sens en général, puisque Ker⁡u⊂E\operatorname{Ker} u \subset E et Im⁡u⊂F\operatorname{Im} u \subset F vivent dans des espaces différents.
  3. Le supplémentaire SS introduit dans la preuve n'est pas unique et n'intervient pas dans l'énoncé : c'est un intermédiaire de démonstration, pas un objet attaché à uu.

Rédaction — Exploiter le théorème du rang :

Le théorème relie trois quantités : dim⁡E\dim E, rg⁡u\operatorname{rg} u et dim⁡Ker⁡u\dim \operatorname{Ker} u. Connaissant deux d'entre elles, on obtient la troisième. Deux usages dominent.

Pour déterminer une image. Quand le noyau est facile à décrire mais l'image malaisée :

  1. calculer dim⁡Ker⁡u\dim \operatorname{Ker} u en exhibant une base du noyau ;
  2. en déduire rg⁡u=dim⁡E−dim⁡Ker⁡u\operatorname{rg} u = \dim E - \dim \operatorname{Ker} u ;
  3. exhiber un sous-espace Im⁡u⊂W\operatorname{Im} u \subset W facile, dont la dimension vaut le rang trouvé : l'égalité des dimensions force alors Im⁡u=W\operatorname{Im} u = W.

Pour déterminer un noyau. Symétriquement, si le rang se calcule directement (par l'image), on récupère dim⁡Ker⁡u=dim⁡E−rg⁡u\dim \operatorname{Ker} u = \dim E - \operatorname{rg} u.

Exercice 1 : Opérateur aux différences finies

Soit n∈N∗n \in \mathbb{N}^*. On considère l'application

Δ:Rn[X]⟶Rn[X]P⟼P(X+1)−P(X).\Delta : \begin{array}{ccl} \mathbb{R}_n[X] & \longrightarrow & \mathbb{R}_n[X] \\ P & \longmapsto & P(X+1) - P(X). \end{array}
  1. Déterminer Ker⁡Δ\operatorname{Ker} \Delta.
  2. En déduire Im⁡Δ\operatorname{Im} \Delta.
Solution :(cliquer pour afficher)

  1. Soit P∈Ker⁡ΔP \in \operatorname{Ker} \Delta, c'est-à-dire P(X+1)=P(X)P(X+1) = P(X). Alors, pour tout k∈Nk \in \mathbb{N}, P(k)=P(0)P(k) = P(0) : le polynôme P−P(0)P - P(0) admet une infinité de racines, donc il est nul et PP est constant. Réciproquement, tout polynôme constant appartient à Ker⁡Δ\operatorname{Ker} \Delta. Ainsi Ker⁡Δ=R0[X]\operatorname{Ker} \Delta = \mathbb{R}_0[X].

  2. Soit P∈Rn[X]P \in \mathbb{R}_n[X]. Les polynômes P(X+1)P(X+1) et P(X)P(X) ont même degré et même coefficient dominant, donc Δ(P)∈Rn−1[X]\Delta(P) \in \mathbb{R}_{n-1}[X] : ainsi Im⁡Δ⊂Rn−1[X]\operatorname{Im} \Delta \subset \mathbb{R}_{n-1}[X].

    D'après le théorème du rang,

rg⁡Δ=dim⁡Rn[X]−dim⁡Ker⁡Δ=(n+1)−1=n=dim⁡Rn−1[X],\operatorname{rg} \Delta = \dim \mathbb{R}_n[X] - \dim \operatorname{Ker} \Delta = (n + 1) - 1 = n = \dim \mathbb{R}_{n-1}[X],

donc Im⁡Δ=Rn−1[X]\operatorname{Im} \Delta = \mathbb{R}_{n-1}[X].

Remarque :

La dernière étape est un raisonnement que le théorème du rang rend systématique : on dispose d'une inclusion Im⁡Δ⊂Rn−1[X]\operatorname{Im} \Delta \subset \mathbb{R}_{n-1}[X] et d'une égalité des dimensions ; l'inclusion d'un sous-espace dans un autre de même dimension finie force l'égalité. Sans le calcul du rang, l'inclusion seule ne suffirait jamais à conclure.

Test 1

Soit u∈L(E,F)u \in \mathscr{L}(E, F) avec EE de dimension finie. Alors E=Ker⁡u⊕Im⁡uE = \operatorname{Ker} u \oplus \operatorname{Im} u.

Test 2

Soit u∈L(E,F)u \in \mathscr{L}(E, F) avec FF de dimension finie et EE de dimension infinie. Alors dim⁡E=rg⁡u+dim⁡Ker⁡u\dim E = \operatorname{rg} u + \dim \operatorname{Ker} u.

Question

Le théorème du rang porte sur une seule application. Mais on compose souvent : uu puis vv. Peut-on encadrer le rang, ou le noyau, d'une composée v∘uv \circ u à l'aide des données de uu et de vv pris séparément ? Le théorème du rang, appliqué à une restriction bien choisie, va fournir une égalité fine — plus précise que la simple majoration déjà connue.

Exercice 2 : Noyau et rang d'une composée

Soient EE, FF, GG trois K\mathbb{K}-espaces vectoriels de dimensions finies, u∈L(E,F)u \in \mathscr{L}(E, F) et v∈L(F,G)v \in \mathscr{L}(F, G).

  1. Montrer que Ker⁡u⊂Ker⁡(v∘u)\operatorname{Ker} u \subset \operatorname{Ker} (v \circ u).
  2. Établir l'égalité rg⁡(v∘u)=rg⁡u−dim⁡(Im⁡u∩Ker⁡v)\operatorname{rg}(v \circ u) = \operatorname{rg} u - \dim\big( \operatorname{Im} u \cap \operatorname{Ker} v \big).
  3. En déduire l'inégalité rg⁡(v∘u)⩾rg⁡u+rg⁡v−dim⁡F\operatorname{rg} (v \circ u) \geqslant \operatorname{rg} u + \operatorname{rg} v - \dim F (inégalité de Sylvester).
Solution :(cliquer pour afficher)

  1. Soit x∈Ker⁡ux \in \operatorname{Ker} u. Alors u(x)=0Fu(x) = 0_F, donc (v∘u)(x)=v(0F)=0G(v \circ u)(x) = v(0_F) = 0_G, d'où x∈Ker⁡(v∘u)x \in \operatorname{Ker}(v \circ u).

  2. On considère la restriction de vv à Im⁡u\operatorname{Im} u :

w:Im⁡u⟶Gy⟼v(y).w : \begin{array}{ccl} \operatorname{Im} u & \longrightarrow & G \\ y & \longmapsto & v(y). \end{array}

C'est une application linéaire, et Im⁡u\operatorname{Im} u est de dimension finie égale à rg⁡u\operatorname{rg} u. Appliquons-lui le théorème du rang :

rg⁡u=dim⁡Im⁡u=rg⁡w+dim⁡Ker⁡w.\operatorname{rg} u = \dim \operatorname{Im} u = \operatorname{rg} w + \dim \operatorname{Ker} w.

Image de ww. On a Im⁡w=v(Im⁡u)=Im⁡(v∘u)\operatorname{Im} w = v(\operatorname{Im} u) = \operatorname{Im}(v \circ u), donc rg⁡w=rg⁡(v∘u)\operatorname{rg} w = \operatorname{rg}(v \circ u).

Noyau de ww. Un élément y∈Im⁡uy \in \operatorname{Im} u appartient à Ker⁡w\operatorname{Ker} w si et seulement si v(y)=0Gv(y) = 0_G, c'est-à-dire y∈Ker⁡vy \in \operatorname{Ker} v. Donc Ker⁡w=Im⁡u∩Ker⁡v\operatorname{Ker} w = \operatorname{Im} u \cap \operatorname{Ker} v.

En reportant :

rg⁡u=rg⁡(v∘u)+dim⁡(Im⁡u∩Ker⁡v),\operatorname{rg} u = \operatorname{rg}(v \circ u) + \dim\big( \operatorname{Im} u \cap \operatorname{Ker} v \big),

ce qui est l'égalité annoncée.

  1. Comme Im⁡u∩Ker⁡v⊂Ker⁡v\operatorname{Im} u \cap \operatorname{Ker} v \subset \operatorname{Ker} v, on a dim⁡(Im⁡u∩Ker⁡v)⩽dim⁡Ker⁡v\dim\big( \operatorname{Im} u \cap \operatorname{Ker} v \big) \leqslant \dim \operatorname{Ker} v. Or, par le théorème du rang appliqué à vv, dim⁡Ker⁡v=dim⁡F−rg⁡v\dim \operatorname{Ker} v = \dim F - \operatorname{rg} v. Donc
rg⁡(v∘u)=rg⁡u−dim⁡(Im⁡u∩Ker⁡v)⩾rg⁡u−(dim⁡F−rg⁡v)=rg⁡u+rg⁡v−dim⁡F.\operatorname{rg}(v \circ u) = \operatorname{rg} u - \dim\big( \operatorname{Im} u \cap \operatorname{Ker} v \big) \geqslant \operatorname{rg} u - (\dim F - \operatorname{rg} v) = \operatorname{rg} u + \operatorname{rg} v - \dim F.

Exercice 3 : Une forme linéaire et son noyau

Soit EE un K\mathbb{K}-espace vectoriel de dimension finie n⩾1n \geqslant 1, et soit φ∈L(E,K)\varphi \in \mathscr{L}(E, \mathbb{K}) une forme linéaire non nulle.

  1. Déterminer rg⁡φ\operatorname{rg} \varphi.
  2. En déduire dim⁡Ker⁡φ\dim \operatorname{Ker} \varphi.
Solution :(cliquer pour afficher)

  1. Im⁡φ\operatorname{Im} \varphi est un sous-espace vectoriel de K\mathbb{K}, qui est de dimension 11. Donc rg⁡φ∈{0,1}\operatorname{rg} \varphi \in \{0, 1\}. Comme φ\varphi n'est pas l'application nulle, Im⁡φ≠{0}\operatorname{Im} \varphi \neq \{0\}, donc rg⁡φ≠0\operatorname{rg} \varphi \neq 0 : ainsi rg⁡φ=1\operatorname{rg} \varphi = 1.

  2. D'après le théorème du rang,

dim⁡Ker⁡φ=dim⁡E−rg⁡φ=n−1.\dim \operatorname{Ker} \varphi = \dim E - \operatorname{rg} \varphi = n - 1.

Remarque :

Le noyau d'une forme linéaire non nulle sur un espace de dimension nn est donc toujours de dimension n−1n - 1 : c'est un hyperplan. Cette observation, obtenue ici en une ligne par le théorème du rang, sera le point de départ de l'étude des hyperplans en dimension finie.