Algèbre linéaire : espaces vectoriels et applications linéaires

Le premier semestre vous a donné des objets. Les matrices d'abord, avec leur arithmétique propre, leurs puissances et leurs inverses ; les systèmes linéaires ensuite, et la méthode du pivot de Gauss qui les résout tous ; puis, en fin de parcours, le vocabulaire des espaces vectoriels, des sous-espaces vectoriels et du sous-espace engendré $\mathrm{Vect}$. À ce stade, vous savez reconnaître qu'un ensemble est un sous-espace vectoriel, et vous savez le décrire comme un $\mathrm{Vect}$. Mais vous ne savez rien dire de sa taille. Le plan $x+2y-z=0$ et la droite engendrée par $(1,2,3)$ sont tous deux des sous-espaces vectoriels de ${\mathbb{R}}^3$ ; rien, dans le langage du premier semestre, ne permet d'affirmer que le premier est « plus gros » que le second. C'est cette lacune que le présent chapitre comble.

Il apporte pour cela deux idées, et deux seulement. La première est la dimension. On observe qu'un sous-espace vectoriel peut être décrit par une famille de vecteurs minimale, appelée base, et que le nombre de vecteurs d'une telle famille ne dépend pas de la base choisie : ce nombre est la dimension. Il donne enfin une mesure aux objets de l'algèbre linéaire, et transforme des questions d'inclusion, réputées pénibles, en comparaisons d'entiers. La seconde idée est celle d'application linéaire : une fonction entre deux espaces vectoriels qui respecte l'addition et la multiplication par un réel. Ces applications relient les espaces entre eux, et chacune porte avec elle deux sous-espaces vectoriels, son noyau et son image, dont les dimensions sont liées par le résultat central de tout le programme d'algèbre linéaire, le théorème du rang. Les deux idées se rejoignent enfin dans un dictionnaire d'une efficacité redoutable : une fois choisies une base au départ et une base à l'arrivée, toute application linéaire se lit comme une matrice, la composition devient le produit matriciel, et la bijectivité devient l'inversibilité. Tout le calcul du premier semestre se met alors au service de la théorie.

Ce chapitre n'est donc pas un chapitre parmi d'autres : c'est le socle de la seconde année, et l'un des deux ou trois domaines les plus rentables aux concours. Les sujets d'EDHEC, d'EM Lyon, d'ECRICOME et d'HEC comportent presque tous un problème d'algèbre linéaire, et les questions d'ouverture y sont invariablement les mêmes : montrer qu'une famille est libre, déterminer un noyau et une image, appliquer le théorème du rang, écrire une matrice dans une base. Ce sont des points que l'on prend en dix minutes quand les gestes sont automatisés, et que l'on perd entièrement sinon. Le plan suit cet ordre. Les sections $1$ à $5$ construisent la théorie de la dimension, des familles génératrices jusqu'au rang d'une famille de vecteurs. La section $6$ apprend à découper un espace en deux morceaux qui ne se chevauchent pas, avec la somme directe et les sous-espaces supplémentaires. Les sections $7$ à $11$ traitent les applications linéaires, du noyau et de l'image jusqu'au théorème du rang et à la caractérisation des isomorphismes. Les sections $12$ à $14$ établissent le dictionnaire avec les matrices. La section $15$ étudie les endomorphismes vérifiant une relation, qui alimentent la moitié des problèmes de concours, et la section $16$ rassemble les méthodes sous forme de fiches.

Voici enfin les notations en vigueur dans tout le chapitre. Les lettres $E$, $F$ et $G$ désignent des espaces vectoriels réels ; les vecteurs sont notés en minuscules latines, $x$, $y$, $u$, $v$, et les scalaires par des lettres grecques, $\lambda$, $\mu$, $\alpha$, $\beta$. L'ensemble des matrices à $n$ lignes et $p$ colonnes à coefficients réels est noté ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{R})$, abrégé en ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{R})$ lorsque $n=p$ ; le coefficient d'indice $(i,j)$ d'une matrice $A$ est $a_{i,j}$, l'identité d'ordre $n$ est $I_n$, la matrice nulle est $0_{n,p}$ et la transposée de $A$ est ${}^{t}A$. Le sous-espace engendré par des vecteurs $x_1,\dots ,x_p$ est $\mathrm{Vect}(x_1,\dots ,x_p)$ ; le noyau et l'image d'une application linéaire $f$ sont $\mathrm{Ker}f$ et $\mathrm{Im}f$ ; les rangs sont $\mathrm{rg}(f)$ et $\mathrm{rg}(A)$, la dimension est $\dim E$. L'ensemble des applications linéaires de $E$ dans $F$ est $\mathcal{L}(E,F)$, abrégé en $\mathcal{L}(E)$ lorsque $F=E$ ; l'application identité de $E$ est ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, et l'on note $f^2=f\circ f$, puis $f^k$ de proche en proche. L'ensemble des polynômes de degré inférieur ou égal à $n$ est ${\mathbb{R}}_n[X]$, de base canonique $(1,X,\dots ,X^n)$. La matrice de $f$ de la base $\mathcal{B}$ au départ vers la base $\mathcal{C}$ à l'arrivée est ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B},\mathcal{C}}(f)$, notée ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f)$ pour un endomorphisme. Enfin, le symbole $\mathrm{\square }$ marque la fin d'une démonstration.

Familles de vecteurs et sous-espace engendré

Familles et combinaisons linéaires

Dans tout ce chapitre, $E$ désigne un $\mathbb{R}$-espace vectoriel. Une famille finie de vecteurs de $E$ est une liste $(x_1,x_2,\dots ,x_p)$ d'éléments de $E$, l'entier $p$ étant le cardinal de la famille. Deux précisions valent la peine d'être faites tout de suite, car elles distinguent une famille d'un ensemble : l'ordre des vecteurs compte, et un même vecteur peut y figurer plusieurs fois. Cette souplesse est indispensable, car nous coderons bientôt les vecteurs par leurs coordonnées, et une liste de coordonnées est ordonnée.

Ces deux définitions ont été introduites au premier semestre, et nous avons alors établi que $\mathrm{Vect}(x_1,\dots ,x_p)$ est un sous-espace vectoriel de $E$ contenant chacun des $x_k$. Nous pouvons maintenant dire davantage : c'est le plus petit d'entre eux, au sens de l'inclusion.

Démonstration. Supposons d'abord que $x_1,\dots ,x_p$ appartiennent tous à $F$. Soit $x$ un élément de $\mathrm{Vect}(x_1,\dots ,x_p)$ : il existe des réels ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$ tels que $x={\lambda }_1{x}_1+\cdots +{\lambda }_p{x}_p$. Comme $F$ est un sous-espace vectoriel, il est stable par combinaison linéaire, donc, de proche en proche, ${\lambda }_1{x}_1+{\lambda }_2{x}_2\in F$, puis ${\lambda }_1{x}_1+{\lambda }_2{x}_2+{\lambda }_3{x}_3\in F$, et finalement $x\in F$. D'où l'inclusion annoncée.

Réciproquement, si $\mathrm{Vect}(x_1,\dots ,x_p)\subset F$, il suffit de remarquer que chaque $x_k$ appartient à $\mathrm{Vect}(x_1,\dots ,x_p)$, en prenant le coefficient ${\lambda }_k=1$ et tous les autres nuls. Donc $x_k\in F$. $\mathrm{\square }$

Cette équivalence est d'un usage constant : pour montrer une inclusion $\mathrm{Vect}(x_1,\dots ,x_p)\subset F$, on ne prend pas un élément quelconque du $\mathrm{Vect}$, on vérifie seulement que les $p$ générateurs appartiennent à $F$. C'est $p$ vérifications, au lieu d'un raisonnement sur un vecteur générique.

Démonstration. L'inclusion de la droite vers la gauche est claire, puisque toute combinaison linéaire de $x_1,\dots ,x_{p-1}$ en est une de $x_1,\dots ,x_p$, avec ${\lambda }_p=0$. Pour l'autre inclusion, notons $F=\mathrm{Vect}(x_1,\dots ,x_{p-1})$, qui est un sous-espace vectoriel. Il contient $x_1,\dots ,x_{p-1}$, et il contient $x_p$ par hypothèse. La propriété précédente donne alors $\mathrm{Vect}(x_1,\dots ,x_p)\subset F$. $\mathrm{\square }$

Familles génératrices

Le mot « au moins » mérite d'être souligné : une famille génératrice garantit l'existence d'une écriture, pas son unicité. C'est précisément l'unicité qui manque encore, et c'est elle que les sections $2$ et $3$ vont apporter.

Ce dernier exemple illustre un va-et-vient que le chapitre entier exploite. Un sous-espace vectoriel se décrit de deux façons : par équations, ce qui est commode pour tester l'appartenance d'un vecteur, ou par une famille génératrice, ce qui est commode pour produire des vecteurs. Passer d'une description à l'autre, c'est résoudre un système, dans un sens ou dans l'autre.

Familles libres, familles liées

Définition

Lisez bien le sens de l'implication. On ne demande pas que la combinaison nulle donne le vecteur nul, ce qui est toujours vrai et sans intérêt ; on demande la réciproque. Une faute de rédaction fréquente consiste à écrire « $0\cdot x_1+\cdots +0\cdot x_p=0_E$, donc la famille est libre » : cette phrase ne démontre rien du tout. La rédaction correcte commence toujours par « soient ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$ des réels tels que ${\lambda }_1{x}_1+\cdots +{\lambda }_p{x}_p=0_E$ », et se termine par « donc ${\lambda }_1=\cdots ={\lambda }_p=0$ ».

Les cas particuliers à connaître

Démonstration. Pour le premier point, si $x\mathrm{\ne }{0}_E$ et si $\lambda x=0_E$, la règle de calcul vue au premier semestre donne $\lambda =0$ ou $x=0_E$, donc $\lambda =0$ : la famille est libre. Si $x=0_E$, la relation $1\cdot x=0_E$ est une relation de dépendance à coefficient non nul, donc la famille est liée.

Pour le second, supposons $(x,y)$ liée : il existe $\lambda$ et $\mu$ non tous deux nuls avec $\lambda x+\mu y=0_E$. Si $\lambda \mathrm{\ne }0$, alors $x=-\frac{\mu }{\lambda }y$ ; sinon $\mu \mathrm{\ne }0$ et $y=-\frac{\lambda }{\mu }x$. Dans les deux cas, l'un des vecteurs est multiple de l'autre. Réciproquement, si par exemple $x=\alpha y$, alors $1\cdot x+(-\alpha )y=0_E$ est une relation de dépendance dont le premier coefficient vaut $1\mathrm{\ne }0$. $\mathrm{\square }$

Attention à ne pas étendre ce critère : à partir de trois vecteurs, « liée » ne signifie plus « deux d'entre eux sont colinéaires ». La famille $((1,0),(0,1),(1,1))$ est liée, puisque le troisième vecteur est la somme des deux premiers, alors qu'aucun de ses vecteurs n'est multiple d'un autre. Confondre les deux notions est l'erreur la plus fréquente du chapitre.

Démonstration. Point $1$. Soit $(x_1,\dots ,x_p)$ libre, et considérons la sous-famille obtenue en ne gardant que certains indices. Toute relation de dépendance portant sur cette sous-famille se prolonge en une relation portant sur la famille entière, en affectant le coefficient $0$ aux vecteurs supprimés. Comme la famille entière est libre, tous les coefficients sont nuls, en particulier ceux de la sous-famille.

Point $2$. Si $x_k=0_E$, la relation $0\cdot x_1+\cdots +1\cdot x_k+\cdots +0\cdot x_p=0_E$ a un coefficient non nul. Si $x_j=x_k$ avec $j\mathrm{\ne }k$, la relation $1\cdot x_j+(-1)\cdot x_k=0_E$, complétée par des zéros, convient.

Point $3$. Supposons la famille liée : il existe des réels ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$ non tous nuls tels que ${\sum }_k{\lambda }_k{x}_k=0_E$. Choisissons un indice $j$ tel que ${\lambda }_j\mathrm{\ne }0$. On peut alors isoler $x_j$ :

$$x_j=-\frac{1}{{\lambda }_j}\sum _{k\mathrm{\ne }j}{\lambda }_k{x}_k,$$

et $x_j$ est bien combinaison linéaire des autres. Réciproquement, si $x_j={\sum }_{k\mathrm{\ne }j}{\alpha }_k{x}_k$, alors ${\sum }_{k\mathrm{\ne }j}{\alpha }_k{x}_k+(-1)x_j=0_E$ est une relation de dépendance dont le coefficient de $x_j$ vaut $-1\mathrm{\ne }0$. $\mathrm{\square }$

Le point $1$ s'utilise surtout dans le sens négatif : si l'on repère deux vecteurs colinéaires à l'intérieur d'une famille de cinq vecteurs, la famille entière est liée, et c'est terminé en une ligne. Le point $3$, lui, est la traduction intuitive de la notion : une famille liée contient de la redondance, un de ses vecteurs n'apporte rien que les autres n'apportent déjà.

Démonstration. Soient ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$ et $\lambda$ des réels tels que ${\lambda }_1{x}_1+\cdots +{\lambda }_p{x}_p+\lambda x=0_E$. Supposons $\lambda \mathrm{\ne }0$. On pourrait alors écrire

$$x=-\frac{1}{\lambda }({\lambda }_1{x}_1+\cdots +{\lambda }_p{x}_p),$$

ce qui placerait $x$ dans $\mathrm{Vect}(x_1,\dots ,x_p)$, contrairement à l'hypothèse. Donc $\lambda =0$, et la relation devient ${\lambda }_1{x}_1+\cdots +{\lambda }_p{x}_p=0_E$. La liberté de $(x_1,\dots ,x_p)$ donne alors ${\lambda }_1=\cdots ={\lambda }_p=0$. Tous les coefficients sont nuls. $\mathrm{\square }$

Cette propriété d'apparence modeste est le moteur du théorème de la base incomplète, en section $4$ : elle dit qu'une famille libre qui n'engendre pas encore tout l'espace peut toujours être agrandie.

Exemples

Familles échelonnées en degré

Dans un espace de polynômes, il existe un argument spécifique, très économique, qu'il faut connaître par cœur : il évite un système à chaque fois.

Démonstration. Quitte à renuméroter les polynômes, on peut supposer $\mathrm{deg}{P}_0<\mathrm{deg}{P}_1<\cdots <\mathrm{deg}{P}_p$. Soient ${\lambda }_0,\dots ,{\lambda }_p$ des réels tels que ${\lambda }_0{P}_0+\cdots +{\lambda }_p{P}_p=0$, et raisonnons par l'absurde en supposant que ces coefficients ne sont pas tous nuls. Notons $j$ le plus grand indice tel que ${\lambda }_j\mathrm{\ne }0$. La relation s'écrit alors

$${\lambda }_j{P}_j=-({\lambda }_0{P}_0+\cdots +{\lambda }_{j-1}{P}_{j-1})\mathrm{.}$$

Le membre de gauche est un polynôme de degré exactement $\mathrm{deg}{P}_j$, puisque ${\lambda }_j\mathrm{\ne }0$. Le membre de droite est une somme de polynômes de degrés strictement inférieurs à $\mathrm{deg}{P}_j$, donc son degré est strictement inférieur à $\mathrm{deg}{P}_j$. Deux polynômes égaux ayant le même degré, c'est absurde. Tous les coefficients sont donc nuls. $\mathrm{\square }$

Bases et coordonnées

Définition

Une base est donc une famille génératrice sans redondance : elle est assez grande pour produire tous les vecteurs de $E$, et assez petite pour qu'aucun de ses vecteurs ne soit superflu. C'est exactement le bon compromis, et le théorème suivant en donne la raison profonde.

Existence et unicité des coordonnées

Démonstration. Supposons d'abord que $\mathcal{B}$ soit une base.

Existence. La famille est génératrice de $E$, donc tout vecteur $x$ de $E$ s'écrit comme combinaison linéaire de $e_1,\dots ,e_n$ : une écriture existe.

Unicité. Supposons que $x$ admette deux écritures,

$$x=x_1{e}_1+\cdots +x_n{e}_n\text{et}x=x_1^{\mathrm{\prime }}{e}_1+\cdots +x_n^{\mathrm{\prime }}{e}_n\mathrm{.}$$

En soustrayant membre à membre et en rassemblant les termes de même indice, on obtient

$$(x_1-x_1^{\mathrm{\prime }})e_1+(x_2-x_2^{\mathrm{\prime }})e_2+\cdots +(x_n-x_n^{\mathrm{\prime }})e_n=0_E\mathrm{.}$$

La famille $\mathcal{B}$ étant libre, tous les coefficients de cette combinaison sont nuls : $x_k-x_k^{\mathrm{\prime }}=0$ pour tout $k$, c'est-à-dire $x_k=x_k^{\mathrm{\prime }}$. Les deux écritures coïncident.

Réciproquement, supposons que tout vecteur de $E$ s'écrive d'une unique façon comme combinaison linéaire de $e_1,\dots ,e_n$. L'existence de l'écriture pour tout $x$ signifie exactement que la famille est génératrice. Pour la liberté, soient ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n$ des réels tels que ${\lambda }_1{e}_1+\cdots +{\lambda }_n{e}_n=0_E$. Le vecteur $0_E$ admet aussi l'écriture $0\cdot e_1+\cdots +0\cdot e_n$. Par unicité de l'écriture appliquée au vecteur $0_E$, on conclut ${\lambda }_1=\cdots ={\lambda }_n=0$. La famille est libre, donc c'est une base. $\mathrm{\square }$

Ce théorème est le pivot de tout le chapitre : c'est lui qui autorise à coder un vecteur par une liste de $n$ nombres. La partie « unicité » est la plus utile en pratique, et le geste à retenir de la démonstration est celui-ci : pour comparer deux écritures dans une base, on les soustrait et l'on utilise la liberté. Ce geste reviendra une dizaine de fois dans le chapitre.

Insistons sur un point que les copies négligent : les coordonnées dépendent de la base et de l'ordre de ses vecteurs. Écrire « les coordonnées de $x$ sont $(2,1,0)$ » sans préciser la base est dépourvu de sens. Dès qu'un énoncé fait intervenir deux bases, il faut nommer chacune d'elles et ne jamais mélanger les colonnes.

Les bases canoniques

Démonstration dans le cas de ${\mathbb{R}}^n$. La famille est génératrice, comme on l'a vu en section $1$. Pour la liberté, soient ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n$ des réels tels que ${\lambda }_1{e}_1+\cdots +{\lambda }_n{e}_n=0_{{\mathbb{R}}^n}$. Le membre de gauche vaut $({\lambda }_1,{\lambda }_2,\dots ,{\lambda }_n)$, et l'égalité de deux $n$-uplets est l'égalité de leurs coordonnées une à une : ${\lambda }_1=\cdots ={\lambda }_n=0$. Les deux autres cas se traitent de la même façon, en identifiant les coefficients des puissances de $X$ pour ${\mathbb{R}}_n[X]$, et les coefficients de la matrice pour ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{R})$. $\mathrm{\square }$

Dimension

Le théorème fondateur

Les espaces au programme sont tous de dimension finie, à deux exceptions près : l'ensemble ${\mathbb{R}}^{\mathbb{N}}$ des suites réelles et l'ensemble $\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$ des fonctions ne le sont pas. Ils resteront des espaces ambiants commodes, mais tous les résultats de cette section ne s'appliqueront qu'à leurs sous-espaces vectoriels de dimension finie.

Ce résultat est le seul point de la théorie que le programme laisse en dehors des démonstrations exigibles, et tout le reste en découle. Sa signification intuitive est simple : on ne peut pas loger plus de vecteurs indépendants dans un espace qu'il n'en faut pour l'engendrer. Dans ${\mathbb{R}}^2$, par exemple, trois vecteurs sont toujours liés, ce que la géométrie du plan rend évident.

Démonstration. Soient $\mathcal{B}=(e_1,\dots ,e_n)$ et ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}=({\epsilon }_1,\dots ,{\epsilon }_m)$ deux bases de $E$.

Montrons d'abord $m⩽n$. La famille $\mathcal{B}$ est génératrice de $E$, donc $E$ est engendré par $n$ vecteurs. Si l'on avait $m⩾n+1$, la sous-famille $({\epsilon }_1,\dots ,{\epsilon }_{n+1})$, formée de $n+1$ vecteurs, serait liée d'après le lemme fondamental ; or toute famille contenant une famille liée est liée, donc ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ serait liée, ce qui contredit le fait que ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ est une base. Ainsi $m⩽n$.

En échangeant les rôles de $\mathcal{B}$ et de ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$, le même raisonnement donne $n⩽m$. Par double inégalité, $m=n$. $\mathrm{\square }$

Ces valeurs se lisent directement sur les bases canoniques de la section $3$ : $n$ vecteurs $e_k$, $np$ matrices élémentaires $E_{i,j}$, et $n+1$ monômes de $1$ à $X^n$. Le seul piège est le dernier : ${\mathbb{R}}_n[X]$ est de dimension $n+1$, et non $n$, parce que le polynôme constant $1$ compte. Cette erreur d'une unité coûte des points chaque année.

Base extraite, base incomplète

Idée de la démonstration. Partons d'une famille génératrice $(x_1,\dots ,x_p)$. Si elle est libre, c'est une base et il n'y a rien à faire. Sinon, elle est liée, donc l'un de ses vecteurs est combinaison linéaire des autres ; en le supprimant, on ne change pas le sous-espace engendré, et la famille obtenue est encore génératrice, avec un vecteur de moins. On recommence. Le cardinal diminuant strictement à chaque étape et restant positif, le processus s'arrête : on aboutit à une famille génératrice et libre, c'est-à-dire à une base. $\mathrm{\square }$

Une conséquence immédiate mérite d'être isolée : tout espace vectoriel de dimension finie admet au moins une base. C'est ce qui donne un sens à la définition de la dimension.

Idée de la démonstration. Si la famille libre engendre déjà $E$, c'est une base. Sinon, il existe un vecteur $x$ de $E$ qui n'appartient pas à $\mathrm{Vect}(x_1,\dots ,x_r)$, et l'on peut même le choisir dans une famille génératrice fixée à l'avance : si tous les vecteurs de cette famille génératrice appartenaient au $\mathrm{Vect}$, celui-ci contiendrait $E$ tout entier. La propriété de la section $2$ assure que $(x_1,\dots ,x_r,x)$ est encore libre, avec un vecteur de plus. On recommence. Le processus s'arrête, car le cardinal d'une famille libre est majoré par $\dim E$ d'après le lemme fondamental. La famille obtenue est libre et génératrice. $\mathrm{\square }$

Ces deux théorèmes se répondent : le premier retire des vecteurs à une famille trop grande, le second en ajoute à une famille trop petite ; dans les deux cas, on atterrit sur une base. Ils ne sont presque jamais utilisés pour construire effectivement une base dans un exercice numérique, mais ils sont des outils de démonstration constants, et le second est la clef de l'existence d'un supplémentaire en section $6$, puis du théorème du rang en section $10$.

Le théorème central de la dimension finie

Démonstration. Point $1$. L'espace $E$ possède une base de cardinal $n$, donc il est engendré par $n$ vecteurs. Si l'on avait $p⩾n+1$, la sous-famille formée des $n+1$ premiers vecteurs serait liée d'après le lemme fondamental, et la famille entière le serait aussi. C'est exclu, donc $p⩽n$.

Point $2$. Si la famille est génératrice, le théorème de la base extraite permet d'en extraire une base de $E$, laquelle possède $n$ vecteurs. Une sous-famille ayant au plus autant d'éléments que la famille, on obtient $n⩽p$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Une base est libre et génératrice par définition : les deux implications de la gauche vers la droite sont acquises.

Supposons la famille libre. Le théorème de la base incomplète permet de la compléter en une base de $E$. Cette base contient les $n$ vecteurs de départ, et son cardinal vaut $\dim E=n$ d'après le théorème de la dimension. Aucun vecteur n'a donc été ajouté : la famille de départ est elle-même une base.

Supposons maintenant la famille génératrice. Le théorème de la base extraite permet d'en extraire une base de $E$, dont le cardinal vaut $n$. Cette base est une sous-famille de $n$ vecteurs d'une famille qui en compte $n$ : c'est la famille tout entière. Elle est donc une base. $\mathrm{\square }$

Ce théorème est celui que vous utiliserez le plus souvent dans l'année, car il divise le travail par deux. Pour montrer qu'une famille est une base, il suffit de compter ses vecteurs, de vérifier que le compte tombe sur $\dim E$, puis de démontrer une seule des deux propriétés, la liberté en général, qui se ramène à un système homogène. On ne vérifie jamais les deux.

Sous-espaces et dimension, rang d'une famille

Dimension d'un sous-espace vectoriel

Démonstration. On admet que $F$ est de dimension finie. Il possède donc une base, disons de cardinal $r=\dim F$. Cette famille est libre dans $F$ ; comme les opérations de $F$ sont celles de $E$, une combinaison linéaire de ses vecteurs se calcule de la même façon dans $E$, donc la famille est aussi libre en tant que famille de $E$. Le théorème du cardinal donne alors $r⩽\dim E$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Si $F=E$, les dimensions sont évidemment égales.

Réciproquement, supposons $\dim F=\dim E=n$. Si $n=0$, alors $F=\{0_E\}=E$ et c'est fini. Supposons $n⩾1$ et considérons une base $\mathcal{B}$ de $F$ : elle compte $n$ vecteurs, et l'argument ci-dessus montre qu'elle est libre en tant que famille de $E$. C'est donc une famille libre de $E$ de cardinal $n=\dim E$ : d'après le théorème central de la section $4$, c'est une base de $E$. Par conséquent

$$E=\mathrm{Vect}(\mathcal{B})=F,$$

la seconde égalité venant de ce que $\mathcal{B}$ est une base de $F$. $\mathrm{\square }$

Ce résultat est, à lui seul, l'une des raisons d'être de la notion de dimension. Montrer une égalité de deux sous-espaces vectoriels par double inclusion est souvent long ; ici, une inclusion et une égalité de dimensions suffisent. Le schéma de rédaction est immuable : on établit $F\subset E$, on calcule les deux dimensions, on constate qu'elles sont égales, on conclut $F=E$. Attention toutefois : l'inclusion est indispensable. Deux sous-espaces de même dimension n'ont aucune raison d'être égaux, comme le montrent deux droites distinctes du plan.

Rang d'une famille de vecteurs

Le rang mesure le nombre de vecteurs « réellement utiles » de la famille, une fois éliminées les redondances. Il fournit du même coup un critère numérique de liberté et de caractère générateur.

Démonstration. Notons $F=\mathrm{Vect}(x_1,\dots ,x_p)$. La famille engendre $F$, donc le point $2$ du théorème du cardinal, appliqué dans $F$, donne $\dim F⩽p$, c'est-à-dire $r⩽p$. Si $r=p$, la famille est une famille génératrice de $F$ de cardinal $\dim F$, donc une base de $F$, donc libre. Réciproquement, si la famille est libre, elle est libre et génératrice de $F$, donc c'est une base de $F$, et $r=\dim F=p$.

Pour la seconde ligne, $F$ est un sous-espace vectoriel de $E$, donc $r=\dim F⩽\dim E$ ; et l'égalité $\dim F=\dim E$ équivaut à $F=E$ d'après le critère précédent, c'est-à-dire au fait que la famille engendre $E$. $\mathrm{\square }$

Calcul pratique d'un rang

Cette méthode repose sur un point qu'il faut savoir justifier : les opérations élémentaires sur les lignes ne changent pas le sous-espace engendré. En effet, échanger deux vecteurs ne modifie pas l'ensemble de leurs combinaisons linéaires ; multiplier un vecteur par $\lambda \mathrm{\ne }0$ non plus, puisque l'opération se défait en multipliant par $\frac{1}{\lambda }$ ; enfin, remplacer $x_i$ par $x_i+\lambda x_j$ donne une famille dont tous les vecteurs sont dans le $\mathrm{Vect}$ initial, et l'opération inverse montre l'inclusion réciproque. Le $\mathrm{Vect}$ étant conservé, sa dimension l'est aussi.

Reste à savoir pourquoi les lignes non nulles d'une matrice échelonnée forment une famille libre. Supposons une combinaison linéaire de ces lignes égale à la ligne nulle, et considérons la colonne où se trouve le premier pivot, celui de la première ligne : toutes les autres lignes ont un coefficient nul dans cette colonne, donc le coefficient affecté à la première ligne est nul. On répète l'argument avec le deuxième pivot, puis le troisième, et ainsi de suite : tous les coefficients sont nuls.

Somme, somme directe, sous-espaces supplémentaires

Les cinq premières sections savent mesurer un sous-espace vectoriel. Elles ne savent pas encore le décomposer, c'est-à-dire découper un espace en deux morceaux qui, mis bout à bout, le reconstituent exactement, sans manque et sans recouvrement. C'est l'objet de cette section. Le vocabulaire qu'elle installe, somme directe et sous-espaces supplémentaires, servira jusqu'à la fin du chapitre : c'est lui qui décrira les projecteurs et les symétries de la section $15$.

Une précision d'emblée, pour que vous placiez votre effort au bon endroit. Le programme officiel indique qu'aucune démonstration de cette section n'est exigible. Les démonstrations qui suivent sont donc données pour que les énoncés ne tombent pas du ciel, et parce que leurs gestes, comparer deux décompositions et concaténer deux bases, sont exactement ceux que les exercices réclament. Mais ce que l'on attend de vous le jour du concours, c'est de savoir utiliser ces résultats vite et sans hésiter, pas de les redémontrer.

Somme de deux sous-espaces

Ne confondez pas cette somme avec la réunion $F\cup G$. La réunion contient les vecteurs qui sont dans $F$ ou dans $G$, et ce n'est presque jamais un sous-espace vectoriel : dans ${\mathbb{R}}^2$, la réunion des deux axes contient $(1,0)$ et $(0,1)$, mais pas leur somme $(1,1)$. La somme $F+G$, elle, contient tous les vecteurs obtenus en additionnant, et c'est exactement ce qu'il faut ajouter à la réunion pour obtenir un sous-espace vectoriel.

Démonstration. Montrons d'abord que $F+G$ est un sous-espace vectoriel de $E$. Il est inclus dans $E$, puisque $F$ et $G$ le sont et que $E$ est stable par addition. Il contient $0_E$, car $0_E=0_E+0_E$ avec $0_E\in F$ et $0_E\in G$ : il n'est donc pas vide. Soient enfin $w$ et $w^{\mathrm{\prime }}$ dans $F+G$ et soient $\lambda$, $\mu$ deux réels. Il existe $u$, $u^{\mathrm{\prime }}$ dans $F$ et $v$, $v^{\mathrm{\prime }}$ dans $G$ tels que $w=u+v$ et $w^{\mathrm{\prime }}=u^{\mathrm{\prime }}+v^{\mathrm{\prime }}$, d'où

$$\lambda w+\mu w^{\mathrm{\prime }}=\lambda (u+v)+\mu (u^{\mathrm{\prime }}+v^{\mathrm{\prime }})=(\lambda u+\mu u^{\mathrm{\prime }})+(\lambda v+\mu v^{\mathrm{\prime }})\mathrm{.}$$

Le premier terme appartient à $F$ et le second à $G$, ces deux sous-espaces étant stables par combinaison linéaire ; donc $\lambda w+\mu w^{\mathrm{\prime }}\in F+G$. La caractérisation des sous-espaces vectoriels s'applique.

Ensuite, $F+G$ contient $F$, car tout $u\in F$ s'écrit $u=u+0_E$ avec $0_E\in G$ ; il contient $G$ pour la même raison.

Enfin, soit $H$ un sous-espace vectoriel de $E$ contenant $F$ et $G$. Pour $u\in F$ et $v\in G$, les vecteurs $u$ et $v$ appartiennent tous deux à $H$, donc leur somme aussi, $H$ étant stable par addition. Ainsi $F+G\subset H$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Notons $H=\mathrm{Vect}(f_1,\dots ,f_q,g_1,\dots ,g_r)$. C'est un sous-espace vectoriel qui contient chacun des $f_i$, donc il contient $F$ d'après la propriété du plus petit sous-espace vectoriel de la section $1$ ; il contient de même $G$. La propriété précédente donne alors $F+G\subset H$.

Réciproquement, chaque $f_i$ appartient à $F$, donc à $F+G$, et chaque $g_j$ appartient à $G$, donc à $F+G$. Comme $F+G$ est un sous-espace vectoriel contenant ces $q+r$ vecteurs, il contient le sous-espace qu'ils engendrent, c'est-à-dire $H$. $\mathrm{\square }$

C'est sous cette forme que la somme se calcule en exercice : pour obtenir une famille génératrice de $F+G$, on met bout à bout une famille génératrice de $F$ et une famille génératrice de $G$. Le rang de la famille obtenue, calculé au pivot comme en section $5$, donne $\dim (F+G)$.

Somme directe

L'existence d'une telle écriture est acquise pour tout vecteur de $F+G$, par définition même de la somme ; c'est l'unicité qui est en jeu, exactement comme au théorème des coordonnées de la section $3$. Et de même que la liberté d'une famille se lit sur la seule décomposition du vecteur nul, le caractère direct d'une somme se lit sur la seule intersection des deux sous-espaces. C'est le théorème suivant, et c'est le résultat le plus utilisé de la section.

Démonstration. Supposons d'abord la somme directe, et soit $x\in F\cap G$. Ce vecteur appartient à $F+G$, et il y admet les deux décompositions

$$x=x+0_E\text{et}x=0_E+x,$$

la première avec $x\in F$ et $0_E\in G$, la seconde avec $0_E\in F$ et $x\in G$. L'unicité de la décomposition force ces deux écritures à coïncider, donc $x=0_E$. Ainsi $F\cap G\subset \{0_E\}$, et l'inclusion réciproque est claire, $0_E$ appartenant à tout sous-espace vectoriel.

Réciproquement, supposons $F\cap G=\{0_E\}$, et soit $w\in F+G$ admettant deux décompositions

$$w=u+v=u^{\mathrm{\prime }}+v^{\mathrm{\prime }},u,u^{\mathrm{\prime }}\in F,v,v^{\mathrm{\prime }}\in G\mathrm{.}$$

En regroupant d'un côté les termes de $F$ et de l'autre ceux de $G$,

$$u-u^{\mathrm{\prime }}=v^{\mathrm{\prime }}-v\mathrm{.}$$

Le membre de gauche appartient à $F$, le membre de droite à $G$, ces deux sous-espaces étant stables par différence : ce vecteur commun appartient donc à $F\cap G=\{0_E\}$. D'où $u-u^{\mathrm{\prime }}=0_E$ et $v^{\mathrm{\prime }}-v=0_E$, c'est-à-dire $u=u^{\mathrm{\prime }}$ et $v=v^{\mathrm{\prime }}$. Les deux décompositions coïncident. $\mathrm{\square }$

Retenez le geste de la réciproque, car c'est celui que l'on rédige : on écrit deux décompositions, on fait passer d'un côté ce qui vit dans $F$ et de l'autre ce qui vit dans $G$, et l'on conclut que le vecteur ainsi isolé est dans l'intersection. En pratique, montrer qu'une somme est directe ne demande donc jamais de manipuler des décompositions. On résout le système qui décrit $F\cap G$, et l'on vérifie qu'il n'a que la solution nulle.

Sous-espaces supplémentaires

Deux mises en garde de vocabulaire. D'abord, « supplémentaire » n'est pas « complémentaire » : le complémentaire de $F$ dans $E$ est l'ensemble des vecteurs qui ne sont pas dans $F$, et ce n'est jamais un sous-espace vectoriel, puisqu'il ne contient pas $0_E$. Ensuite, et l'article indéfini de la définition l'annonce, un supplémentaire n'est pas unique : on dit « un » supplémentaire, jamais « le » supplémentaire. L'exemple qui suit montre à quel point.

Démonstration. Posons $n=\dim E$. Si $F=\{0_E\}$, le sous-espace $G=E$ convient, car $F+G=E$ et $F\cap G=\{0_E\}$ ; si $F=E$, c'est $G=\{0_E\}$ qui convient, pour les mêmes raisons. Écartons ces deux cas et posons $q=\dim F$, avec $1⩽q<n$.

Soit $(f_1,\dots ,f_q)$ une base de $F$. C'est une famille libre de $E$, et le théorème de la base incomplète (section $4$) permet de la compléter en une base de $E$,

$$\mathcal{B}=(f_1,\dots ,f_q,g_1,\dots ,g_{n-q})\mathrm{.}$$

Posons $G=\mathrm{Vect}(g_1,\dots ,g_{n-q})$.

La somme vaut $E$. D'après la propriété des générateurs d'une somme,

$$F+G=\mathrm{Vect}(f_1,\dots ,f_q,g_1,\dots ,g_{n-q})=E,$$

la dernière égalité venant de ce que $\mathcal{B}$ est une base de $E$, donc une famille génératrice.

L'intersection est nulle. Soit $x\in F\cap G$. Comme $x\in F$, il existe des réels ${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_q$ tels que $x={\alpha }_1{f}_1+\cdots +{\alpha }_q{f}_q$ ; comme $x\in G$, il existe des réels ${\beta }_1,\dots ,{\beta }_{n-q}$ tels que $x={\beta }_1{g}_1+\cdots +{\beta }_{n-q}{g}_{n-q}$. En soustrayant ces deux écritures,

$${\alpha }_1{f}_1+\cdots +{\alpha }_q{f}_q-{\beta }_1{g}_1-\cdots -{\beta }_{n-q}{g}_{n-q}=0_E\mathrm{.}$$

La famille $\mathcal{B}$ étant libre, tous ces coefficients sont nuls, et $x=0_E$. La somme vaut $E$ et son intersection est réduite au vecteur nul : d'après la caractérisation des sommes directes, $E=F\oplus G$. $\mathrm{\square }$

Ce théorème est un résultat d'existence, non de construction imposée : sa démonstration fabrique bien un supplémentaire, mais l'exemple précédent rappelle qu'il en existe en général une infinité d'autres. En exercice, on n'écrit donc jamais « soit $G$ le supplémentaire de $F$ » ; on écrit « soit $G$ un supplémentaire de $F$ », et le plus souvent on en exhibe un explicitement.

Concaténation de bases

Démonstration. Supposons $E=F\oplus G$.

La famille $\mathcal{B}$ engendre $E$. D'après la propriété des générateurs d'une somme, $\mathrm{Vect}(\mathcal{B})=F+G=E$.

La famille $\mathcal{B}$ est libre. Soient ${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_q$ et ${\beta }_1,\dots ,{\beta }_r$ des réels tels que

$${\alpha }_1{f}_1+\cdots +{\alpha }_q{f}_q+{\beta }_1{g}_1+\cdots +{\beta }_r{g}_r=0_E\mathrm{.}$$

Posons $u={\alpha }_1{f}_1+\cdots +{\alpha }_q{f}_q$, qui appartient à $F$, et $v={\beta }_1{g}_1+\cdots +{\beta }_r{g}_r$, qui appartient à $G$. La relation s'écrit $u+v=0_E$, donc $u=-v$ : ce vecteur appartient à la fois à $F$ et à $G$, donc à $F\cap G=\{0_E\}$. Ainsi $u=0_E$ et $v=0_E$. La liberté de ${\mathcal{B}}_F$ donne alors ${\alpha }_1=\cdots ={\alpha }_q=0$, et celle de ${\mathcal{B}}_G$ donne ${\beta }_1=\cdots ={\beta }_r=0$.

Réciproquement, supposons que $\mathcal{B}$ soit une base de $E$. Alors $F+G=\mathrm{Vect}(\mathcal{B})=E$. Soit maintenant $x\in F\cap G$ : il existe des réels ${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_q$ et ${\beta }_1,\dots ,{\beta }_r$ tels que

$$x={\alpha }_1{f}_1+\cdots +{\alpha }_q{f}_q\text{et}x={\beta }_1{g}_1+\cdots +{\beta }_r{g}_r\mathrm{.}$$

En soustrayant, on obtient une combinaison linéaire nulle des vecteurs de $\mathcal{B}$, dont la liberté annule tous les coefficients : $x=0_E$. La somme vaut $E$ et elle est directe, donc $E=F\oplus G$. $\mathrm{\square }$

Cette équivalence matérialise la décomposition, et c'est l'outil de calcul de la section. Si l'on sait que $E=F\oplus G$, on obtient une base de $E$ en juxtaposant une base de $F$ et une base de $G$ ; réciproquement, pour prouver que deux sous-espaces sont supplémentaires, il suffit de constater que la juxtaposition de leurs bases est une base de $E$, ce qui, au bon cardinal, se ramène à une seule vérification de liberté (section $4$).

Dimension d'une somme

Démonstration. Posons $d=\dim (F\cap G)$, $q=\dim F$ et $r=\dim G$. L'intersection $F\cap G$ est un sous-espace vectoriel de $F$ et de $G$, donc $d⩽q$ et $d⩽r$.

Choisissons une base $(w_1,\dots ,w_d)$ de $F\cap G$, en convenant qu'il s'agit de la famille vide si $d=0$. C'est une famille libre de $F$, que le théorème de la base incomplète permet de compléter en une base

$$(w_1,\dots ,w_d,u_1,\dots ,u_{q-d})\text{de }F;$$

c'est aussi une famille libre de $G$, que l'on complète de même en une base

$$(w_1,\dots ,w_d,v_1,\dots ,v_{r-d})\text{de }G\mathrm{.}$$

Montrons que la famille

$$\mathcal{F}=(w_1,\dots ,w_d,u_1,\dots ,u_{q-d},v_1,\dots ,v_{r-d}),$$

qui compte $d+(q-d)+(r-d)=q+r-d$ vecteurs, est une base de $F+G$.

Elle engendre $F+G$. Les $w_i$ et les $u_j$ engendrent $F$, les $w_i$ et les $v_k$ engendrent $G$ ; d'après la propriété des générateurs d'une somme, la famille $\mathcal{F}$ engendre $F+G$.

Elle est libre. Soient des réels ${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_d$, ${\beta }_1,\dots ,{\beta }_{q-d}$ et ${\gamma }_1,\dots ,{\gamma }_{r-d}$ tels que

$$\sum _{i=1}^d{\alpha }_i{w}_i+\sum _{j=1}^{q-d}{\beta }_j{u}_j+\sum _{k=1}^{r-d}{\gamma }_k{v}_k=0_E\mathrm{.}$$

Posons $z={\sum }_{k=1}^{r-d}{\gamma }_k{v}_k$. La relation donne

$$z=-\sum _{i=1}^d{\alpha }_i{w}_i-\sum _{j=1}^{q-d}{\beta }_j{u}_j\mathrm{.}$$

Le membre de droite est une combinaison linéaire de vecteurs de $F$, donc $z\in F$ ; et $z$ est par construction une combinaison linéaire de vecteurs de $G$, donc $z\in G$. Ainsi $z\in F\cap G$, et $z$ se décompose sur la base $(w_1,\dots ,w_d)$ de cette intersection : il existe des réels ${\delta }_1,\dots ,{\delta }_d$ tels que $z={\sum }_{i=1}^d{\delta }_i{w}_i$. En comparant avec la définition de $z$,

$$\sum _{k=1}^{r-d}{\gamma }_k{v}_k-\sum _{i=1}^d{\delta }_i{w}_i=0_E\mathrm{.}$$

Cette combinaison porte sur les vecteurs de la base $(w_1,\dots ,w_d,v_1,\dots ,v_{r-d})$ de $G$, qui est libre : tous les ${\gamma }_k$ sont nuls, et tous les ${\delta }_i$ aussi. La relation de départ se réduit alors à

$$\sum _{i=1}^d{\alpha }_i{w}_i+\sum _{j=1}^{q-d}{\beta }_j{u}_j=0_E,$$

combinaison linéaire nulle des vecteurs de la base $(w_1,\dots ,w_d,u_1,\dots ,u_{q-d})$ de $F$, qui est libre elle aussi : tous les ${\alpha }_i$ et tous les ${\beta }_j$ sont nuls.

La famille $\mathcal{F}$ est donc une base de $F+G$, et $\dim (F+G)=q+r-d$. $\mathrm{\square }$

Cette formule se lit comme celle du cardinal d'une réunion d'ensembles finis : on additionne les deux dimensions, puis l'on retranche ce qui a été compté deux fois, à savoir la partie commune. Elle a une conséquence immédiate, et c'est elle que l'on utilise le plus.

Démonstration. Point $1$. Si la somme est directe, alors $F\cap G=\{0_E\}$, donc $\dim (F\cap G)=0$, et la formule précédente donne $\dim (F+G)=\dim F+\dim G$.

Point $2$. Si $E=F\oplus G$, alors $\dim E=\dim (F\oplus G)=\dim F+\dim G$ d'après le point $1$. $\mathrm{\square }$

La réciproque du point $2$ est fausse, et c'est une erreur classique : l'égalité des dimensions ne suffit pas. Dans ${\mathbb{R}}^2$, les deux sous-espaces $F=G=\mathrm{Vect}((1,0))$ vérifient $\dim F+\dim G=1+1=2=\dim {\mathbb{R}}^2$, et pourtant ils ne sont pas supplémentaires : leur somme vaut $F$ et non ${\mathbb{R}}^2$, et leur intersection vaut $F$ et non $\{0_{{\mathbb{R}}^2}\}$. C'est précisément pour cela que le théorème suivant réclame deux conditions, et non une seule.

Le théorème pratique : deux conditions sur trois

Démonstration. Si $(\mathrm{i})$ et $(\mathrm{i}\mathrm{i})$ sont vérifiées, la somme vaut $E$ d'après $(\mathrm{i}\mathrm{i})$, et elle est directe d'après $(\mathrm{i})$ et la caractérisation des sommes directes : ainsi $E=F\oplus G$, et $(\mathrm{i}\mathrm{i}\mathrm{i})$ découle alors de la propriété précédente.

Supposons $(\mathrm{i})$ et $(\mathrm{i}\mathrm{i}\mathrm{i})$. Comme $F\cap G=\{0_E\}$, la formule de la dimension d'une somme donne

$$\dim (F+G)=\dim F+\dim G-0=\dim E\mathrm{.}$$

Or $F+G$ est un sous-espace vectoriel de $E$ de même dimension que $E$ : le critère d'égalité par les dimensions (section $5$) donne $F+G=E$, c'est-à-dire $(\mathrm{i}\mathrm{i})$.

Supposons enfin $(\mathrm{i}\mathrm{i})$ et $(\mathrm{i}\mathrm{i}\mathrm{i})$. La formule de la dimension d'une somme s'écrit alors

$$\dim E=\dim (F+G)=\dim F+\dim G-\dim (F\cap G)=\dim E-\dim (F\cap G),$$

d'où $\dim (F\cap G)=0$, c'est-à-dire $F\cap G=\{0_E\}$, ce qui est $(\mathrm{i})$. $\mathrm{\square }$

Deux exemples entièrement traités

Ces deux exemples donnent le mode d'emploi complet de la section. On reconnaît une somme directe en calculant une intersection, on la confirme par les dimensions, et l'on s'en sert pour décomposer les vecteurs, ce qui est le but recherché. La section $15$ montrera que cette décomposition est exactement ce que réalise un projecteur, et le chapitre bouclera ainsi sur lui-même.

Applications linéaires

Définition et premières propriétés

Démonstration. Si $f$ est linéaire, alors $f(\lambda x+\mu y)=f(\lambda x)+f(\mu y)=\lambda f(x)+\mu f(y)$, en utilisant successivement les deux conditions de la définition. Réciproquement, si la condition unique est vérifiée, il suffit de la spécialiser : avec $\lambda =\mu =1$, on obtient $f(x+y)=f(x)+f(y)$ ; avec $\mu =0$, on obtient $f(\lambda x)=\lambda f(x)+0\cdot f(y)=\lambda f(x)$. $\mathrm{\square }$

C'est cette forme condensée que l'on utilise systématiquement en exercice : elle traite les deux vérifications d'un coup, et c'est elle que le correcteur attend.

Démonstration. Pour la première égalité, appliquons la linéarité avec $\lambda =0$ et $x=0_E$ : $f(0_E)=f(0\cdot 0_E)=0\cdot f(0_E)=0_F$. Pour la deuxième, $f(-x)=f((-1)x)=(-1)f(x)=-f(x)$. La troisième s'obtient par récurrence immédiate sur $p$, le cas $p=2$ étant la caractérisation ci-dessus. $\mathrm{\square }$

La relation $f(0_E)=0_F$ fournit un test d'élimination très rapide : si l'on constate que $f(0_E)\mathrm{\ne }{0}_F$, alors $f$ n'est pas linéaire, et c'est démontré en une ligne. La troisième égalité, elle, est le cœur du chapitre : une application linéaire transporte les combinaisons linéaires, et c'est ce qui permettra de la connaître entièrement à partir de l'image d'une base.

Exemples et contre-exemples

Vocabulaire

Les deux endomorphismes les plus simples sont l'application nulle, qui envoie tout vecteur sur $0_E$, et l'identité ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, définie par ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E(x)=x$. Plus généralement, pour $\alpha$ réel, l'application $x⟼\alpha x$ est un endomorphisme de $E$, appelé homothétie de rapport $\alpha$ ; c'est un automorphisme dès que $\alpha \mathrm{\ne }0$.

Opérations sur les applications linéaires

Démonstration. L'application nulle est linéaire, donc $\mathcal{L}(E,F)$ n'est pas vide. Soient $f$, $g$ linéaires, $\lambda$, $\mu$ réels, et posons $h=\lambda f+\mu g$. Pour $x$, $y$ dans $E$ et $\alpha$, $\beta$ réels,

$$h(\alpha x+\beta y)=\lambda f(\alpha x+\beta y)+\mu g(\alpha x+\beta y)=\lambda (\alpha f(x)+\beta f(y))+\mu (\alpha g(x)+\beta g(y)),$$

et en rassemblant les termes en $\alpha$ et ceux en $\beta$,

$$h(\alpha x+\beta y)=\alpha (\lambda f(x)+\mu g(x))+\beta (\lambda f(y)+\mu g(y))=\alpha h(x)+\beta h(y)\mathrm{.}$$

Donc $h$ est linéaire. $\mathrm{\square }$

Ce résultat change le statut des applications linéaires : elles ne sont plus seulement des outils qui agissent sur des vecteurs, elles deviennent elles-mêmes des vecteurs, que l'on additionne et que l'on multiplie par un réel. On pourra donc parler d'une famille libre d'applications linéaires, du sous-espace engendré par deux endomorphismes, ou encore de la dimension de $\mathcal{L}(E,F)$, que la section $13$ calculera en identifiant chaque application linéaire à sa matrice.

Démonstration. Soient $x$, $y$ dans $E$ et $\lambda$, $\mu$ réels. En utilisant d'abord la linéarité de $f$, puis celle de $g$,

$$(g\circ f)(\lambda x+\mu y)=g(\lambda f(x)+\mu f(y))=\lambda g(f(x))+\mu g(f(y))=\lambda (g\circ f)(x)+\mu (g\circ f)(y)\mathrm{.}$$

Donc $g\circ f$ est linéaire. $\mathrm{\square }$

Pour un endomorphisme $f$ de $E$, la composée $f\circ f$ a un sens, puisque l'espace d'arrivée est aussi l'espace de départ. Cela autorise à parler des puissances de $f$.

Notez bien la convention $f^0={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, qui joue pour les endomorphismes le rôle que $A^0=I_n$ joue pour les matrices carrées : sans elle, aucune formule sommatoire ne serait écrivable. La composition dans $\mathcal{L}(E)$ se comporte d'ailleurs exactement comme le produit matriciel du premier semestre, et hérite du même piège : elle n'est pas commutative. En général $f\circ g\mathrm{\ne }g\circ f$, si bien que l'identité $(f+g{)}^2=f^2+2f\circ g+g^2$ est fausse ; le développement correct est $f^2+f\circ g+g\circ f+g^2$. En revanche, la composition est distributive sur l'addition : $f\circ (g+h)=f\circ g+f\circ h$ et $(g+h)\circ f=g\circ f+h\circ f$.

Noyau et image

Deux sous-espaces vectoriels attachés à $f$

Retenez d'emblée où vivent ces deux ensembles, car les confondre est une faute grave : $\mathrm{Ker}f$ est une partie de l'espace de départ $E$, tandis que $\mathrm{Im}f$ est une partie de l'espace d'arrivée $F$. Une phrase telle que « $\mathrm{Ker}f$ est un sous-espace vectoriel de $F$ » signale au correcteur que la notion n'est pas comprise.

Démonstration. Traitons d'abord le noyau. Par définition, $\mathrm{Ker}f\subset E$. Comme $f(0_E)=0_F$, le vecteur $0_E$ appartient à $\mathrm{Ker}f$, qui n'est donc pas vide. Soient maintenant $x$ et $y$ dans $\mathrm{Ker}f$ et soient $\lambda$, $\mu$ deux réels. La linéarité de $f$ donne

$$f(\lambda x+\mu y)=\lambda f(x)+\mu f(y)=\lambda 0_F+\mu 0_F=0_F,$$

donc $\lambda x+\mu y\in \mathrm{Ker}f$. La caractérisation des sous-espaces vectoriels s'applique.

Passons à l'image. Par définition, $\mathrm{Im}f\subset F$. Comme $0_F=f(0_E)$, le vecteur $0_F$ appartient à $\mathrm{Im}f$. Soient $y$ et $y^{\mathrm{\prime }}$ dans $\mathrm{Im}f$ et soient $\lambda$, $\mu$ deux réels : il existe $x$ et $x^{\mathrm{\prime }}$ dans $E$ tels que $y=f(x)$ et $y^{\mathrm{\prime }}=f(x^{\mathrm{\prime }})$. Alors

$$\lambda y+\mu y^{\mathrm{\prime }}=\lambda f(x)+\mu f(x^{\mathrm{\prime }})=f(\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }}),$$

et ce vecteur est bien l'image d'un élément de $E$, à savoir $\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }}$. Donc $\lambda y+\mu y^{\mathrm{\prime }}\in \mathrm{Im}f$, et $\mathrm{Im}f$ est un sous-espace vectoriel de $F$. $\mathrm{\square }$

Cette propriété a une conséquence pratique que les exercices exploitent sans arrêt : pour montrer qu'un ensemble est un sous-espace vectoriel, il suffit parfois de le reconnaître comme le noyau d'une application linéaire bien choisie. L'ensemble des triplets vérifiant $x+2y-z=0$ est le noyau de $(x,y,z)⟼x+2y-z$ ; l'ensemble des matrices qui commutent avec $A$ est le noyau de $M⟼AM-MA$. Une ligne de rédaction remplace alors toute une vérification.

Injectivité et surjectivité

Démonstration. Supposons $f$ injective, et soit $x\in \mathrm{Ker}f$. Alors $f(x)=0_F=f(0_E)$, et l'injectivité donne $x=0_E$. Ainsi $\mathrm{Ker}f\subset \{0_E\}$ ; l'inclusion réciproque est acquise puisque $f(0_E)=0_F$. D'où l'égalité.

Réciproquement, supposons $\mathrm{Ker}f=\{0_E\}$, et soient $x$ et $y$ dans $E$ tels que $f(x)=f(y)$. Alors $f(x)-f(y)=0_F$, et la linéarité de $f$ permet d'écrire

$$f(x-y)=f(x)-f(y)=0_F\mathrm{.}$$

Le vecteur $x-y$ appartient donc à $\mathrm{Ker}f$, qui est réduit à $\{0_E\}$ : ainsi $x-y=0_E$, c'est-à-dire $x=y$. L'application $f$ est injective. $\mathrm{\square }$

Voilà l'un des théorèmes les plus rentables du programme. Prouver l'injectivité d'une application quelconque demande de manipuler deux antécédents ; pour une application linéaire, il suffit de résoudre un système homogène. Notez bien la rédaction attendue de la conclusion : on écrit $\mathrm{Ker}f=\{0_E\}$, et non « $\mathrm{Ker}f=0$ », ni « $\mathrm{Ker}f=\mathrm{\varnothing }$ ». Cette dernière écriture est doublement fautive, puisque le noyau contient toujours le vecteur nul et n'est donc jamais vide.

C'est ici la simple traduction de la définition de la surjectivité : tout vecteur de $F$ admet un antécédent, c'est-à-dire appartient à $\mathrm{Im}f$. L'inclusion $\mathrm{Im}f\subset F$ étant toujours vraie, seule l'inclusion réciproque est à établir. Et lorsque $F$ est de dimension finie, le critère d'égalité par les dimensions de la section $5$ ramène cette vérification à un calcul de dimension, ce qui est bien plus rapide.

Comment les calculer

Image d'une famille, application déterminée par l'image d'une base

Ce que $f$ fait aux familles

Démonstration. Procédons par double inclusion.

Soit $y\in \mathrm{Im}f$ : il existe $x\in E$ tel que $y=f(x)$. La famille étant génératrice, il existe des réels ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$ tels que $x={\lambda }_1{x}_1+\cdots +{\lambda }_p{x}_p$. La linéarité de $f$ donne alors

$$y=f\left(\sum _{k=1}^p{\lambda }_k{x}_k\right)=\sum _{k=1}^p{\lambda }_{k}f(x_k),$$

ce qui prouve que $y$ appartient à $\mathrm{Vect}(f(x_1),\dots ,f(x_p))$.

Réciproquement, chaque $f(x_k)$ appartient à $\mathrm{Im}f$, qui est un sous-espace vectoriel de $F$ ; d'après la propriété du plus petit sous-espace contenant une famille (section $1$), $\mathrm{Vect}(f(x_1),\dots ,f(x_p))\subset \mathrm{Im}f$. $\mathrm{\square }$

C'est le résultat qui rend l'image calculable. En particulier, si $\mathcal{B}=(e_1,\dots ,e_n)$ est une base de $E$, alors $\mathrm{Im}f=\mathrm{Vect}(f(e_1),\dots ,f(e_n))$ : $n$ calculs d'images suffisent à décrire l'image tout entière. Attention cependant, la famille $(f(e_1),\dots ,f(e_n))$ est génératrice de $\mathrm{Im}f$, mais elle n'a aucune raison d'être libre : c'est exactement ce qui s'est produit dans l'exemple de la section $8$, où le troisième vecteur était l'opposé du deuxième.

Démonstration. Soient ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$ des réels tels que ${\lambda }_{1}f(x_1)+\cdots +{\lambda }_{p}f(x_p)=0_F$. Par linéarité de $f$, cette égalité s'écrit

$$f({\lambda }_1{x}_1+\cdots +{\lambda }_p{x}_p)=0_F,$$

donc le vecteur ${\lambda }_1{x}_1+\cdots +{\lambda }_p{x}_p$ appartient à $\mathrm{Ker}f$. Or $f$ est injective, donc $\mathrm{Ker}f=\{0_E\}$, d'où

$${\lambda }_1{x}_1+\cdots +{\lambda }_p{x}_p=0_E\mathrm{.}$$

La famille $(x_1,\dots ,x_p)$ étant libre, tous les coefficients sont nuls. $\mathrm{\square }$

Démonstration. La famille $\mathcal{B}$ est génératrice de $E$, donc $(f(e_1),\dots ,f(e_n))$ engendre $\mathrm{Im}f$ ; et $f$ étant surjective, $\mathrm{Im}f=F$ : la famille est génératrice de $F$. Elle est libre d'après la propriété précédente, puisque $\mathcal{B}$ est libre et $f$ injective. Libre et génératrice, c'est une base de $F$. $\mathrm{\square }$

Une application linéaire est déterminée par l'image d'une base

Démonstration. Montrons d'abord l'unicité. Soient $f$ et $g$ deux applications linéaires vérifiant $f(e_k)=g(e_k)=u_k$ pour tout $k$. Soit $x\in E$, de coordonnées $x_1,\dots ,x_n$ dans la base $\mathcal{B}$. Alors

$$f(x)=f\left(\sum _{k=1}^n{x}_k{e}_k\right)=\sum _{k=1}^n{x}_{k}f(e_k)=\sum _{k=1}^n{x}_k{u}_k=\sum _{k=1}^n{x}_{k}g(e_k)=g\left(\sum _{k=1}^n{x}_k{e}_k\right)=g(x)\mathrm{.}$$

Les deux applications coïncident en tout point de $E$, donc $f=g$.

Montrons maintenant l'existence. Tout vecteur $x$ de $E$ possède des coordonnées $x_1,\dots ,x_n$ dans $\mathcal{B}$, et celles-ci sont uniques d'après le théorème des coordonnées : on peut donc définir sans ambiguïté une application $f:E⟶F$ en posant

$$f(x)=\sum _{k=1}^n{x}_k{u}_k\mathrm{.}$$

Cette application vérifie $f(e_k)=u_k$, puisque les coordonnées de $e_k$ sont toutes nulles sauf la $k$-ième, égale à $1$. Reste à vérifier qu'elle est linéaire. Soient $x$ et $y$ dans $E$, de coordonnées respectives $(x_1,\dots ,x_n)$ et $(y_1,\dots ,y_n)$, et soient $\lambda$, $\mu$ des réels. Alors

$$\lambda x+\mu y=\lambda \sum _{k=1}^n{x}_k{e}_k+\mu \sum _{k=1}^n{y}_k{e}_k=\sum _{k=1}^n(\lambda x_k+\mu y_k)e_k,$$

et l'unicité des coordonnées assure que les réels $\lambda x_k+\mu y_k$ sont les coordonnées de $\lambda x+\mu y$ dans $\mathcal{B}$. Par définition de $f$,

$$f(\lambda x+\mu y)=\sum _{k=1}^n(\lambda x_k+\mu y_k)u_k=\lambda \sum _{k=1}^n{x}_k{u}_k+\mu \sum _{k=1}^n{y}_k{u}_k=\lambda f(x)+\mu f(y)\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Ce théorème est plus profond qu'il n'y paraît, et il faut en mesurer les deux portées. D'un côté, la partie unicité signifie que deux applications linéaires qui coïncident sur une base sont égales : c'est la manière standard de démontrer une égalité entre applications linéaires, et nous nous en servirons en section $13$. De l'autre, la partie existence dit que l'on peut fabriquer une application linéaire en décidant librement des $n$ images, sans aucune contrainte sur les vecteurs $u_k$, qui peuvent être égaux, nuls, ou quelconques. Une application linéaire, c'est donc exactement la donnée de $n$ vecteurs de $F$, ce qui est précisément ce qu'une matrice va coder.

Rang et théorème du rang

Définition

Cette définition est cohérente avec celle du rang d'une famille : si $(e_1,\dots ,e_n)$ est une base de $E$, alors $\mathrm{Im}f$ est engendrée par les $f(e_k)$, donc

$$\mathrm{rg}(f)=\mathrm{rg}(f(e_1),\dots ,f(e_n))\mathrm{.}$$

Le rang de $f$ est donc le rang de la famille des images d'une base, et il se calcule par échelonnement, exactement comme en section $5$.

Le théorème du rang

Démonstration. Posons $n=\dim E$ et $k=\dim \mathrm{Ker}f$, licite car $\mathrm{Ker}f$ est un sous-espace vectoriel de $E$, donc de dimension finie et $k⩽n$.

Cas particuliers. Si $k=n$, le critère d'égalité par les dimensions donne $\mathrm{Ker}f=E$, donc $f$ est l'application nulle, $\mathrm{Im}f=\{0_F\}$ et $\mathrm{rg}(f)=0$ : la formule est vérifiée. Écartons désormais ce cas, et supposons $k<n$.

Construction d'une base adaptée. Choisissons une base $(e_1,\dots ,e_k)$ de $\mathrm{Ker}f$, en convenant qu'il s'agit de la famille vide si $k=0$. C'est une famille libre de $E$ ; le théorème de la base incomplète permet de la compléter en une base de $E$,

$$\mathcal{B}=(e_1,\dots ,e_k,e_{k+1},\dots ,e_n)\mathrm{.}$$

Montrons que la famille $\mathcal{G}=(f(e_{k+1}),\dots ,f(e_n))$, qui compte $n-k$ vecteurs, est une base de $\mathrm{Im}f$.

La famille $\mathcal{G}$ engendre $\mathrm{Im}f$. Comme $\mathcal{B}$ est une base de $E$, la section $9$ donne $\mathrm{Im}f=\mathrm{Vect}(f(e_1),\dots ,f(e_n))$. Or les $k$ premiers vecteurs $e_1,\dots ,e_k$ appartiennent à $\mathrm{Ker}f$, donc leurs images sont nulles et n'apportent rien au sous-espace engendré. Il reste

$$\mathrm{Im}f=\mathrm{Vect}(f(e_{k+1}),\dots ,f(e_n))\mathrm{.}$$

La famille $\mathcal{G}$ est libre. Soient ${\mu }_{k+1},\dots ,{\mu }_n$ des réels tels que ${\mu }_{k+1}f(e_{k+1})+\cdots +{\mu }_{n}f(e_n)=0_F$. Par linéarité, en posant $v={\mu }_{k+1}{e}_{k+1}+\cdots +{\mu }_n{e}_n$, cette égalité s'écrit $f(v)=0_F$, c'est-à-dire $v\in \mathrm{Ker}f$. Le vecteur $v$ se décompose donc sur la base $(e_1,\dots ,e_k)$ du noyau : il existe des réels ${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_k$ tels que

$${\mu }_{k+1}{e}_{k+1}+\cdots +{\mu }_n{e}_n={\alpha }_1{e}_1+\cdots +{\alpha }_k{e}_k\mathrm{.}$$

En faisant passer tous les termes du même côté, on obtient une combinaison linéaire nulle des vecteurs de la base $\mathcal{B}$ :

$${\alpha }_1{e}_1+\cdots +{\alpha }_k{e}_k-{\mu }_{k+1}{e}_{k+1}-\cdots -{\mu }_n{e}_n=0_E\mathrm{.}$$

La famille $\mathcal{B}$ étant libre, tous les coefficients sont nuls, en particulier ${\mu }_{k+1}=\cdots ={\mu }_n=0$. La famille $\mathcal{G}$ est donc libre.

Conclusion. $\mathcal{G}$ est une base de $\mathrm{Im}f$, laquelle est donc de dimension finie, avec $\mathrm{rg}(f)=n-k$, c'est-à-dire $\dim E=k+\mathrm{rg}(f)$. $\mathrm{\square }$

Trois remarques sur ce théorème, qui est le résultat le plus utilisé de toute l'algèbre linéaire de première année. D'abord, la dimension qui apparaît à gauche est celle de l'espace de départ : $\dim F$ n'intervient nulle part. Écrire « $\dim F=\dim \mathrm{Ker}f+\mathrm{rg}f$ » est une faute qui invalide toute la suite du raisonnement. Ensuite, le théorème ne dit rien sur la manière dont $\mathrm{Ker}f$ et $\mathrm{Im}f$ se situent l'un par rapport à l'autre. En particulier, même pour un endomorphisme, il n'affirme pas que $E=\mathrm{Ker}f\oplus \mathrm{Im}f$, égalité qui est fausse en général : sur ${\mathbb{R}}_2[X]$, la dérivation $D$ a pour noyau ${\mathbb{R}}_0[X]$ et pour image ${\mathbb{R}}_1[X]$, dont les dimensions se somment bien à $3$, mais dont l'intersection vaut ${\mathbb{R}}_0[X]$, et la somme n'est donc pas directe. Et dès que $F\mathrm{\ne }E$, ces deux sous-espaces ne vivent même pas dans le même espace. Enfin, il est d'un usage économique : il permet d'obtenir une des deux dimensions quand on a calculé l'autre, ce qui divise le travail par deux dans presque tous les exercices.

Démonstration. Point $1$. La première inégalité vient du théorème du rang, puisque $\dim \mathrm{Ker}f⩾0$ ; la seconde du fait que $\mathrm{Im}f$ est un sous-espace vectoriel de $F$.

Point $2$. L'application $f$ est injective si et seulement si $\mathrm{Ker}f=\{0_E\}$, c'est-à-dire $\dim \mathrm{Ker}f=0$, ce qui équivaut à $\mathrm{rg}(f)=\dim E$ par le théorème du rang.

Point $3$. $f$ est surjective si et seulement si $\mathrm{Im}f=F$, ce qui, $\mathrm{Im}f$ étant un sous-espace vectoriel de $F$, équivaut à $\dim \mathrm{Im}f=\dim F$ d'après le critère de la section $5$.

Point $4$. Si $\dim E>\dim F$, alors $\mathrm{rg}(f)⩽\dim F<\dim E$, donc $f$ n'est pas injective d'après le point $2$. Si $\dim E<\dim F$, alors $\mathrm{rg}(f)⩽\dim E<\dim F$, donc $f$ n'est pas surjective. $\mathrm{\square }$

Le point $4$ est un réflexe de contrôle : une application linéaire de ${\mathbb{R}}^4$ dans ${\mathbb{R}}^3$ n'est jamais injective, une application de ${\mathbb{R}}_2[X]$ dans ${\mathcal{M}}_2(\mathbb{R})$ n'est jamais surjective. Un candidat qui prétend démontrer le contraire s'est trompé quelque part, et cette vérification prend deux secondes.

Application : formes linéaires et hyperplans

Le théorème du rang prend une forme particulièrement frappante lorsque l'espace d'arrivée est $\mathbb{R}$ lui-même, c'est-à-dire lorsqu'il est de dimension $1$. Le rang n'a alors que deux valeurs possibles, et tout est déterminé.

Le mot est plus impressionnant que la chose. Dans ${\mathbb{R}}^2$, un hyperplan est une droite vectorielle ; dans ${\mathbb{R}}^3$, c'est un plan vectoriel ; dans ${\mathbb{R}}_3[X]$, c'est un sous-espace de dimension $3$. Un hyperplan, c'est simplement un sous-espace aussi gros que possible sans être $E$ tout entier.

Démonstration. Commençons par déterminer les sous-espaces vectoriels de $\mathbb{R}$. Si $H$ est l'un d'eux, alors $\dim H⩽\dim \mathbb{R}=1$, donc $\dim H$ vaut $0$ ou $1$ : dans le premier cas $H=\{0\}$, dans le second le critère d'égalité par les dimensions (section $5$) donne $H=\mathbb{R}$. Il n'y a donc que deux sous-espaces vectoriels de $\mathbb{R}$, à savoir $\{0\}$ et $\mathbb{R}$.

Or $\mathrm{Im}\phi$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}$ (section $8$). Comme $\phi$ n'est pas l'application nulle, il existe $x_0\in E$ tel que $\phi (x_0)\mathrm{\ne }0$, donc $\mathrm{Im}\phi \mathrm{\ne }\{0\}$. Il reste $\mathrm{Im}\phi =\mathbb{R}$, c'est-à-dire $\mathrm{rg}(\phi )=1$. Le théorème du rang donne alors

$$\dim \mathrm{Ker}\phi =\dim E-\mathrm{rg}(\phi )=n-1.\mathrm{\square }$$

Retenez l'articulation du raisonnement, car elle sert de modèle : l'espace d'arrivée est de dimension $1$, donc le rang ne peut valoir que $0$ ou $1$, et l'hypothèse « non nulle » élimine le cas $0$. Une seule information, l'existence d'un vecteur d'image non nulle, suffit à connaître exactement la dimension du noyau. Ce théorème explique du même coup pourquoi une équation linéaire non triviale décrit toujours un hyperplan : l'ensemble de ses solutions est le noyau de la forme linéaire écrite au premier membre.

Isomorphismes en dimension finie

Un isomorphisme conserve la dimension

Démonstration. Soit $f$ un isomorphisme de $E$ sur $F$ et soit $\mathcal{B}=(e_1,\dots ,e_n)$ une base de $E$. D'après la section $9$, la famille $(f(e_1),\dots ,f(e_n))$ est une base de $F$. Elle est finie, de cardinal $n$, donc $F$ est de dimension finie et $\dim F=n=\dim E$. $\mathrm{\square }$

On peut aussi le voir avec le théorème du rang : $f$ injective donne $\mathrm{Ker}f=\{0_E\}$, donc $\mathrm{rg}(f)=\dim E$ ; et $f$ surjective donne $\mathrm{Im}f=F$, donc $\mathrm{rg}(f)=\dim F$. La conclusion suit. Cette remarque a une conséquence pratique immédiate : deux espaces de dimensions différentes ne sont jamais isomorphes, ce qui permet de répondre non à certaines questions sans le moindre calcul.

Le théorème central

Démonstration. Le théorème du rang s'écrit ici $n=\dim \mathrm{Ker}f+\mathrm{rg}(f)$.

Supposons $f$ injective. Alors $\mathrm{Ker}f=\{0_E\}$, donc $\dim \mathrm{Ker}f=0$ et $\mathrm{rg}(f)=n=\dim F$. Le sous-espace $\mathrm{Im}f$ de $F$ a donc la même dimension que $F$ : le critère de la section $5$ donne $\mathrm{Im}f=F$, c'est-à-dire $f$ surjective.

Supposons $f$ surjective. Alors $\mathrm{Im}f=F$, donc $\mathrm{rg}(f)=\dim F=n$, et le théorème du rang donne $\dim \mathrm{Ker}f=n-n=0$, c'est-à-dire $\mathrm{Ker}f=\{0_E\}$ : $f$ est injective.

Les deux premières propositions sont donc équivalentes ; et lorsqu'elles sont vraies, $f$ est à la fois injective et surjective, donc bijective. Réciproquement, une application bijective est en particulier injective. $\mathrm{\square }$

Voilà le résultat qui fait gagner le plus de temps en concours. Pour montrer qu'un endomorphisme d'un espace de dimension finie est un automorphisme, il suffit de démontrer une seule des deux propriétés, et l'on choisit évidemment la plus facile, c'est-à-dire presque toujours l'injectivité, qui se ramène à un système homogène. L'hypothèse est cependant essentielle sur deux points : les dimensions doivent être égales, et finies. Sur l'espace ${\mathbb{R}}^{\mathbb{N}}$ des suites, qui n'est pas de dimension finie, l'application de décalage $T$ de la section $7$ est surjective sans être injective : toute suite $v$ est l'image de la suite $(0,v_0,v_1,\dots )$, et pourtant la suite $(1,0,0,\dots )$, non nulle, appartient à son noyau. Le théorème tombe en défaut dès que l'on quitte la dimension finie.

Réciproque et composée

Démonstration. L'application $f^{-1}$ est bien définie et bijective, puisque $f$ l'est. Montrons qu'elle est linéaire. Soient $y$ et $y^{\mathrm{\prime }}$ dans $F$, et soient $\lambda$, $\mu$ deux réels. Appliquons $f$ au vecteur $\lambda f^{-1}(y)+\mu f^{-1}(y^{\mathrm{\prime }})$ : la linéarité de $f$ donne

$$f(\lambda f^{-1}(y)+\mu f^{-1}(y^{\mathrm{\prime }}))=\lambda f(f^{-1}(y))+\mu f(f^{-1}(y^{\mathrm{\prime }}))=\lambda y+\mu y^{\mathrm{\prime }}\mathrm{.}$$

En appliquant $f^{-1}$ aux deux membres de cette égalité, on obtient

$$\lambda f^{-1}(y)+\mu f^{-1}(y^{\mathrm{\prime }})=f^{-1}(\lambda y+\mu y^{\mathrm{\prime }}),$$

ce qui est exactement la linéarité de $f^{-1}$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. La composée de deux applications linéaires est linéaire (section $7$), et la composée de deux bijections est une bijection : $g\circ f$ est donc un isomorphisme. Pour la formule, calculons

$$(g\circ f)\circ (f^{-1}\circ g^{-1})=g\circ (f\circ f^{-1})\circ g^{-1}=g\circ {\mathrm{i}\mathrm{d}}_F\circ g^{-1}=g\circ g^{-1}={\mathrm{i}\mathrm{d}}_G,$$

et de même $(f^{-1}\circ g^{-1})\circ (g\circ f)={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$. $\mathrm{\square }$

Là encore, l'ordre est inversé dans la formule de la réciproque, exactement comme pour l'inverse d'un produit de matrices. Ce n'est pas une coïncidence : la section $13$ montrera que la composition des applications linéaires se lit comme un produit matriciel, ce qui explique que les deux formules soient jumelles.

Matrice d'une application linéaire

Matrice d'une famille de vecteurs

Le principe est donc : un vecteur, une colonne. Il y a autant de colonnes que de vecteurs dans la famille, et autant de lignes que de vecteurs dans la base. C'est la convention qui gouverne tout ce qui suit, et l'inverser revient à travailler avec des matrices transposées, ce qui rend tous les calculs faux.

La matrice d'une application linéaire

Trois points de vigilance, dans l'ordre où les copies se trompent.

D'abord, le format. La matrice a autant de lignes que la dimension de l'espace d'arrivée, et autant de colonnes que la dimension de l'espace de départ. Une application de ${\mathbb{R}}^3$ dans ${\mathbb{R}}^2$ a une matrice à $2$ lignes et $3$ colonnes. Ce n'est pas arbitraire : c'est ce qui rend le produit $AX$ possible, la colonne $X$ ayant autant de lignes que $\dim E$.

Ensuite, les colonnes. La $j$-ième colonne contient les coordonnées de $f(e_j)$, image du $j$-ième vecteur de la base de départ. On écrit donc la matrice en colonnes, jamais en lignes, et l'erreur la plus fréquente du chapitre consiste à ranger les images horizontalement.

Enfin, la dépendance aux bases. La notation ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B},\mathcal{C}}(f)$ porte deux bases parce que la matrice change quand on change de base. Une phrase telle que « la matrice de $f$ est $A$ » n'est acceptable que si les bases ont été fixées explicitement juste avant.

Démonstration. Notons $x_1,\dots ,x_p$ les coordonnées de $x$ dans $\mathcal{B}$, de sorte que $x={\sum }_{j=1}^p{x}_j{e}_j$. La linéarité de $f$ donne

$$f(x)=\sum _{j=1}^p{x}_{j}f(e_j)=\sum _{j=1}^p{x}_j\left(\sum _{i=1}^n{a}_{i,j}{\epsilon }_i\right)\mathrm{.}$$

En intervertissant les deux sommes finies et en mettant ${\epsilon }_i$ en facteur,

$$f(x)=\sum _{i=1}^n\left(\sum _{j=1}^p{a}_{i,j}{x}_j\right){\epsilon }_i\mathrm{.}$$

Cette écriture est une décomposition de $f(x)$ sur la base $\mathcal{C}$ ; par unicité des coordonnées, la $i$-ième coordonnée de $f(x)$ dans $\mathcal{C}$ vaut donc ${\sum }_{j=1}^p{a}_{i,j}{x}_j$. Or c'est exactement le coefficient de la $i$-ième ligne de la colonne $AX$, d'après la définition du produit matriciel. Les deux colonnes $Y$ et $AX$ ont les mêmes coefficients : elles sont égales. $\mathrm{\square }$

Cette relation est le dictionnaire annoncé en introduction. Une fois les bases fixées, calculer l'image d'un vecteur par $f$ revient à multiplier une matrice par une colonne. Tout le calcul du premier semestre devient donc utilisable pour étudier $f$, et réciproquement, tout ce que nous savons de $f$ éclaire la matrice $A$.

Cas d'un endomorphisme

La matrice d'un endomorphisme dans une base est donc carrée, et c'est le seul cas où les puissances $A^k$ ont un sens, ce qui fera le lien avec les endomorphismes de la section $15$. Notez au passage que ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)=I_n$, quelle que soit la base $\mathcal{B}$ : en effet ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E(e_j)=e_j$, dont la colonne de coordonnées n'a qu'un $1$, en $j$-ième position.

Cas d'une forme linéaire

Le format est conforme à la règle générale : autant de lignes que $\dim \mathbb{R}=1$, autant de colonnes que $\dim E=p$. Chaque coefficient est directement l'image d'un vecteur de la base, sans aucune décomposition à faire, puisque les coordonnées d'un réel dans la base $(1)$ sont ce réel lui-même. La relation fondamentale s'écrit ici $\phi (x)=LX$, où $L$ est cette ligne et $X$ la colonne des coordonnées de $x$ ; le produit est une matrice à une ligne et une colonne, que l'on identifie au réel qu'elle contient.

Matrice de passage

Jusqu'ici, une base a été fixée une fois pour toutes sur chaque espace. Mais un même vecteur possède des coordonnées différentes dans deux bases différentes, comme l'a montré l'exemple de la section $3$, et il faut savoir passer des unes aux autres. C'est le rôle de la matrice de passage.

Deux points de vigilance sur les indices, car c'est là que tout se joue. Les vecteurs mis en colonnes sont ceux de la nouvelle base ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$, et ils sont exprimés dans l'ancienne base $\mathcal{B}$ : on écrit donc « les nouveaux dans les anciens ». Et lorsqu'on lit cette matrice comme la matrice de l'identité, les deux bases apparaissent dans l'ordre inverse, ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ au départ et $\mathcal{B}$ à l'arrivée, ce qui est cohérent puisque la matrice d'une application se remplit avec les images des vecteurs de la base de départ.

Démonstration. La matrice $P$ est celle de ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, de la base ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ au départ vers la base $\mathcal{B}$ à l'arrivée : sa $j$-ième colonne contient en effet les coordonnées de ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E(e_j^{\mathrm{\prime }})=e_j^{\mathrm{\prime }}$ dans $\mathcal{B}$. La relation fondamentale $Y=AX$, appliquée à ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ et au vecteur $x$, s'écrit donc exactement

$$X_{\mathcal{B}}=P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}{X}_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}},$$

la colonne de départ étant celle de $x$ dans ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$, et la colonne d'arrivée celle de ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E(x)=x$ dans $\mathcal{B}$.

Posons maintenant $Q=P_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }},\mathcal{B}}$. La même relation, les rôles des deux bases étant échangés, donne $X_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}=Q{X}_{\mathcal{B}}$ pour tout $x\in E$. En reportant l'une dans l'autre,

$$X_{\mathcal{B}}=PQ{X}_{\mathcal{B}}\text{pour tout }x\in E\mathrm{.}$$

Or toute colonne de ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{R})$ est la colonne des coordonnées d'un vecteur de $E$ dans $\mathcal{B}$, à savoir celui qu'elle définit par décomposition sur cette base : l'égalité $PQX=X$ vaut donc pour toute colonne $X$. Appliquons-la à la colonne dont tous les coefficients sont nuls sauf le $j$-ième, égal à $1$ : le produit d'une matrice par une telle colonne en extrait la $j$-ième colonne, donc la $j$-ième colonne de $PQ$ coïncide avec celle de $I_n$. Les deux matrices ayant les mêmes colonnes une à une, $PQ=I_n$. Le même calcul dans l'autre ordre donne $QP=I_n$, donc $P$ est inversible d'inverse $Q$. $\mathrm{\square }$

Trois remarques d'usage. La formule surprend au premier abord : la matrice $P_{\mathcal{B},{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}$, dont les colonnes sont écrites dans l'ancienne base, transforme les coordonnées nouvelles en coordonnées anciennes. C'est pourtant logique dès qu'on la lit comme la matrice de l'identité, de ${\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}$ vers $\mathcal{B}$. Pour aller dans l'autre sens, on inverse, et $X_{{\mathcal{B}}^{\mathrm{\prime }}}=P^{-1}{X}_{\mathcal{B}}$. Enfin, l'inversibilité est automatique : elle n'est jamais à vérifier, et l'inverse s'obtient sans calcul si l'on sait exprimer les anciens vecteurs de base en fonction des nouveaux.

Un mot pour finir, afin que vous sachiez exactement où s'arrête le programme de première année. La matrice de passage sert ici à une seule chose, changer les coordonnées d'un vecteur. La question qui vient naturellement ensuite, celle de savoir comment se transforme la matrice d'un endomorphisme lorsqu'on change de base, relève du programme de deuxième année, avec la notion de matrices semblables et toute la théorie de la réduction. Vous n'êtes donc pas lésé : cette seconde formule ne vous est pas demandée cette année, et vous la retrouverez en temps voulu, munis de la matrice de passage que vous savez déjà écrire.

Matrice d'une composée, matrice d'un isomorphisme

Linéarité du dictionnaire

Démonstration. Pour la première égalité, il suffit de comparer les colonnes. La $j$-ième colonne du membre de gauche contient les coordonnées de $(\lambda f+\mu g)(e_j)=\lambda f(e_j)+\mu g(e_j)$. Or les coordonnées d'une combinaison linéaire sont la même combinaison linéaire des coordonnées, par unicité de l'écriture dans la base $\mathcal{C}$. C'est exactement la $j$-ième colonne du membre de droite.

Pour la bijectivité, remarquons qu'une matrice $A\in {\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{R})$ étant donnée, ses $p$ colonnes définissent $p$ vecteurs $u_1,\dots ,u_p$ de $F$, à savoir ceux dont ce sont les coordonnées dans $\mathcal{C}$. Le théorème de détermination de la section $9$ affirme qu'il existe une unique application linéaire $f$ telle que $f(e_j)=u_j$ pour tout $j$, c'est-à-dire une unique $f$ de matrice $A$. $\mathrm{\square }$

La bijectivité mérite d'être soulignée, car c'est elle qui autorise le raisonnement suivant, omniprésent en exercice : deux applications linéaires ayant la même matrice dans les mêmes bases sont égales. Pour démontrer une identité entre applications linéaires, il suffit donc de la vérifier sur les matrices, ce qui ramène un problème abstrait à un calcul. Cette bijection étant de plus linéaire, c'est un isomorphisme de $\mathcal{L}(E,F)$ sur ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{R})$ ; comme un isomorphisme conserve la dimension (section $11$), on obtient au passage la dimension de l'espace des applications linéaires, annoncée en section $7$ :

$$\dim \mathcal{L}(E,F)=np=\dim E\times \dim F,\text{et en particulier}\dim \mathcal{L}(E)=(\dim E{)}^2\mathrm{.}$$

Matrice d'une composée

Démonstration. Posons $A={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B},\mathcal{C}}(f)$, $B={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{C},\mathcal{D}}(g)$ et $C={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B},\mathcal{D}}(g\circ f)$. Soit $x\in E$, de colonne de coordonnées $X$ dans $\mathcal{B}$. La relation fondamentale appliquée à $f$ montre que la colonne de $f(x)$ dans $\mathcal{C}$ vaut $AX$ ; appliquée ensuite à $g$, elle montre que la colonne de $g(f(x))$ dans $\mathcal{D}$ vaut $B(AX)=(BA)X$, par associativité du produit matriciel. Mais cette même colonne vaut aussi $CX$, par définition de $C$. Ainsi

$$\mathrm{\forall }X\in {\mathcal{M}}_{p,1}(\mathbb{R}),CX=(BA)X\mathrm{.}$$

Appliquons cette égalité à la colonne $X$ dont tous les coefficients sont nuls sauf le $j$-ième, égal à $1$ : le produit d'une matrice par une telle colonne en extrait précisément la $j$-ième colonne. Les matrices $C$ et $BA$ ont donc les mêmes colonnes, une à une : elles sont égales. $\mathrm{\square }$

Retenez l'ordre : la matrice de $g\circ f$ est le produit $BA$, dans lequel la matrice de $g$, appliquée en second, s'écrit à gauche. C'est cohérent avec la notation $g\circ f$, où $g$ figure aussi à gauche, et avec la lecture de $B(AX)$, qui se fait de droite à gauche. Une conséquence immédiate, obtenue par récurrence, servira sans cesse en section $15$ : pour un endomorphisme $f$ de matrice $A$ dans une base $\mathcal{B}$,

$${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f^k)=A^k\text{pour tout }k\in \mathbb{N}\mathrm{.}$$

Puissances et formule du binôme

La relation ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f^k)=A^k$ permet de calculer les puissances d'un endomorphisme comme celles d'une matrice. Encore faut-il disposer des formules de calcul correspondantes, et la principale est la formule du binôme. Elle vaut ici comme dans $\mathbb{R}$, mais à une condition, que le premier semestre avait déjà rencontrée pour les matrices.

Démonstration. Observons d'abord que si $f$ et $g$ commutent, alors $g$ commute avec toutes les puissances de $f$. C'est vrai pour $f^0={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ ; et si $g\circ f^k=f^k\circ g$, alors

$$g\circ f^{k+1}=(g\circ f^k)\circ f=f^k\circ g\circ f=f^k\circ f\circ g=f^{k+1}\circ g\mathrm{.}$$

Montrons maintenant la formule par récurrence sur $n$. Pour $n=0$, les deux membres valent ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$. Supposons-la vraie au rang $n$. Alors

$$(f+g{)}^{n+1}=(f+g)\circ (f+g{)}^n=(f+g)\circ \sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)f^k\circ g^{n-k},$$

et en distribuant, puis en remplaçant $g\circ f^k$ par $f^k\circ g$ grâce à l'observation préliminaire,

$$(f+g{)}^{n+1}=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)f^{k+1}\circ g^{n-k}+\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)f^k\circ g^{n+1-k}\mathrm{.}$$

Dans la première somme, posons $j=k+1$ : elle devient ${\sum }_{j=1}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j-1}\right)f^j\circ g^{n+1-j}$. En isolant le terme $j=n+1$ de celle-ci et le terme $k=0$ de la seconde, puis en regroupant les termes de même indice $j$,

$$(f+g{)}^{n+1}=g^{n+1}+\sum _{j=1}^n[\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j}\right)]f^j\circ g^{n+1-j}+f^{n+1}\mathrm{.}$$

La formule de Pascal donne $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{j}\right)$, et les deux termes isolés sont exactement ceux d'indices $j=0$ et $j=n+1$ de la somme cherchée. La formule est donc vraie au rang $n+1$.

Le cas matriciel se démontre mot pour mot de la même façon, en remplaçant la composition par le produit et ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ par $I_n$. $\mathrm{\square }$

L'hypothèse de commutation n'est pas une précaution de rédaction : sans elle, la formule est fausse dès le carré. Le développement correct de $(f+g{)}^2$ est en effet $f^2+f\circ g+g\circ f+g^2$, que l'on ne peut condenser en $f^2+2f\circ g+g^2$ que si $f\circ g=g\circ f$.

Le cas d'application le plus fréquent est celui où l'un des deux termes est un multiple de l'identité, laquelle commute avec tout : l'écriture $({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E+f{)}^n$ se développe toujours par la formule du binôme. Lorsque $f$ est de plus nilpotent (section $15$), la somme s'arrête dès que l'exposant de $f$ atteint l'indice de nilpotence, et l'on obtient les puissances en une ligne. C'est le calcul qui donne les puissances de nombreuses matrices, en les écrivant sous la forme $I_n+N$ avec $N$ nilpotente.

Matrice d'un isomorphisme

Démonstration. Supposons $f$ bijective. Son application réciproque $f^{-1}$ est linéaire (section $11$) ; notons $A^{\mathrm{\prime }}={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{C},\mathcal{B}}(f^{-1})$. Les relations $f^{-1}\circ f={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ et $f\circ f^{-1}={\mathrm{i}\mathrm{d}}_F$, traduites par le théorème de la composée, donnent

$$A^{\mathrm{\prime }}A={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)=I_n\text{et}A{A}^{\mathrm{\prime }}={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{C}}({\mathrm{i}\mathrm{d}}_F)=I_n\mathrm{.}$$

Les deux égalités de la définition de l'inverse sont vérifiées : $A$ est inversible et $A^{-1}=A^{\mathrm{\prime }}$.

Réciproquement, supposons $A$ inversible. Le dictionnaire étant bijectif, il existe une unique application linéaire $g\in \mathcal{L}(F,E)$ telle que ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{C},\mathcal{B}}(g)=A^{-1}$. Alors

$${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(g\circ f)=A^{-1}A=I_n={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E),$$

et deux applications linéaires de même matrice dans les mêmes bases étant égales, $g\circ f={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$. Le même calcul dans l'autre ordre donne $f\circ g={\mathrm{i}\mathrm{d}}_F$. Ainsi $f$ est bijective, de réciproque $g$. $\mathrm{\square }$

Ce théorème boucle le dictionnaire, et il fournit une troisième méthode pour montrer qu'un endomorphisme est un automorphisme : écrire sa matrice et prouver qu'elle est inversible, par exemple par le pivot de Gauss ou par une relation polynomiale. Il fonctionne aussi dans l'autre sens, et c'est un usage à connaître : pour inverser une matrice $A$, on peut interpréter $A$ comme la matrice d'une application linéaire, résoudre le système $f(x)=y$ en exprimant $x$ en fonction de $y$, et lire $A^{-1}$ sur le résultat.

Rang d'une matrice

Définition et lien avec l'application linéaire associée

Démonstration. Notons $\mathcal{B}=(e_1,\dots ,e_p)$, $A={\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B},\mathcal{C}}(f)$ et $C_1,\dots ,C_p$ ses colonnes, de sorte que $C_j$ est la colonne des coordonnées de $f(e_j)$ dans $\mathcal{C}$. Posons $r=\mathrm{rg}(f)=\dim \mathrm{Vect}(f(e_1),\dots ,f(e_p))$.

Quitte à renuméroter les vecteurs, le théorème de la base extraite permet de supposer que $(f(e_1),\dots ,f(e_r))$ est une base de $\mathrm{Im}f$. Montrons que $(C_1,\dots ,C_r)$ est une base de $\mathrm{Vect}(C_1,\dots ,C_p)$.

Liberté. Si ${\lambda }_1{C}_1+\cdots +{\lambda }_r{C}_r=0$, alors, les coordonnées d'une combinaison linéaire étant la même combinaison des coordonnées, la colonne nulle est celle du vecteur ${\lambda }_{1}f(e_1)+\cdots +{\lambda }_{r}f(e_r)$ ; ce vecteur est donc nul, et la liberté de $(f(e_1),\dots ,f(e_r))$ donne ${\lambda }_1=\cdots ={\lambda }_r=0$.

Caractère générateur. Pour $j$ quelconque, $f(e_j)$ s'écrit comme combinaison linéaire de $f(e_1),\dots ,f(e_r)$ ; en passant aux colonnes de coordonnées, $C_j$ est la même combinaison linéaire de $C_1,\dots ,C_r$. Donc $\mathrm{Vect}(C_1,\dots ,C_p)=\mathrm{Vect}(C_1,\dots ,C_r)$.

Ainsi $\mathrm{rg}(A)=r=\mathrm{rg}(f)$. $\mathrm{\square }$

Le rang est donc une notion unique, qui se lit indifféremment sur l'application ou sur sa matrice. C'est ce qui permet de transporter tous les résultats de la section $10$ vers les matrices, et c'est aussi ce qui rend le rang calculable, car une matrice se manipule au pivot.

Lignes ou colonnes : le rang de la transposée

Le programme admet ce résultat, dont la démonstration n'est pas exigible. Sa portée pratique, en revanche, est considérable, et il faut la formuler explicitement. Les colonnes de ${}^{t}A$ étant les lignes de $A$, l'égalité signifie que le rang d'une matrice se lit aussi bien sur ses lignes que sur ses colonnes : le rang de la famille des colonnes, celui de la famille des lignes et celui de l'application linéaire associée sont un seul et même nombre.

Deux conséquences. D'abord, $\mathrm{rg}(A)⩽\min (n,p)$ : le rang est majoré par le nombre de colonnes, puisqu'il est le rang d'une famille de $p$ vecteurs, et par le nombre de lignes, puisqu'il est aussi le rang d'une famille de $n$ vecteurs. Ensuite, et c'est le point décisif pour la suite, on a le droit de calculer le rang en échelonnant les lignes, alors même que le rang a été défini par les colonnes. C'est exactement l'opération de la section $5$, où l'on écrivait les vecteurs d'une famille en lignes avant de les échelonner, et c'est ce que la méthode ci-dessous exploite.

Calcul du rang par le pivot de Gauss

Rang et inversibilité

Démonstration. Soit $f_A$ l'application linéaire canoniquement associée à $A$, endomorphisme de ${\mathbb{R}}^n$. D'après la section $13$, $A$ est inversible si et seulement si $f_A$ est un automorphisme, donc si et seulement si $f_A$ est surjective, d'après le théorème d'équivalence en dimension finie. Or $f_A$ est surjective si et seulement si $\mathrm{rg}(f_A)=\dim {\mathbb{R}}^n=n$, c'est-à-dire $\mathrm{rg}(A)=n$. $\mathrm{\square }$

On dit qu'une matrice carrée d'ordre $n$ et de rang $n$ est de rang plein. Ce critère est souvent le plus rapide pour trancher l'inversibilité : on échelonne, et l'on compte les pivots. S'il en manque un, la matrice n'est pas inversible, et l'on connaît en prime la dimension du noyau.

Lien avec les systèmes linéaires

Le vocabulaire de ce chapitre éclaire rétrospectivement tout ce qui a été fait au premier semestre sur les systèmes. Soit $A\in {\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{R})$ et soit $B$ une colonne de ${\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{R})$. Le système $AX=B$ s'écrit $f_A(x)=b$ ; il est donc compatible si et seulement si $b$ appartient à $\mathrm{Im}{f}_A$, ce qui explique pourquoi l'ensemble des seconds membres acceptables était toujours décrit par des équations linéaires. Quant au système homogène $AX=0$, son ensemble de solutions est exactement $\mathrm{Ker}{f}_A$, dont la dimension vaut

$$\dim \mathrm{Ker}{f}_A=p-\mathrm{rg}(A)$$

d'après le théorème du rang. Ce nombre est précisément le nombre d'inconnues secondaires du système échelonné, ce que l'on constatait sans le nommer : le rang compte les inconnues principales, et le reste devient paramètre. Enfin, pour un système carré, l'unicité de la solution équivaut à $\mathrm{Ker}{f}_A=\{0\}$, donc à $\mathrm{rg}(A)=n$, donc à l'inversibilité de $A$ : nous venons de démontrer la caractérisation qui avait été admise au premier semestre.

Endomorphismes vérifiant une relation

Une bonne moitié des problèmes de concours démarre par une phrase du type « soit $f$ un endomorphisme de $E$ vérifiant $f^2=f$ », ou $f^2={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, ou encore $f^3=f$. On ne connaît alors rien de $f$, sinon cette relation ; tout l'exercice consiste à en extraire des informations sur $\mathrm{Ker}f$, $\mathrm{Im}f$ et le rang. Cette section rassemble les trois situations les plus fréquentes et les gestes qui les résolvent.

Polynôme d'un endomorphisme

Avant d'entrer dans les cas particuliers, donnons un nom à l'objet que toutes ces relations mettent en jeu.

Observez le traitement du terme constant : il devient $a_0{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, et non $a_0$, faute de quoi la somme n'aurait aucun sens, puisqu'on n'additionne pas un réel et un endomorphisme. C'est la convention $f^0={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ de la section $7$ qui rend l'écriture cohérente, et c'est parce que $\mathcal{L}(E)$ est un espace vectoriel que $P(f)$ est bien un endomorphisme de $E$.

Ce vocabulaire ne fait que nommer ce que la section étudie. Les relations $f^2=f$, $f^2={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, $f^3=f$ et $f^2-3f+2{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E=0$ s'écrivent toutes $P(f)=0$, respectivement pour $P=X^2-X$, $P=X^2-1$, $P=X^3-X$ et $P=X^2-3X+2$. Deux conséquences de calcul en découlent, et ce sont elles qui servent. D'une part, $f$ commute avec toutes ses puissances, donc avec $P(f)$ pour tout polynôme $P$ : on peut ainsi factoriser une relation exactement comme on factorise un polynôme. D'autre part, en passant aux matrices dans une base $\mathcal{B}$, la section $13$ donne ${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(P(f))=P({\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(f))$, si bien que toute relation sur $f$ se traduit à l'identique sur sa matrice, et réciproquement.

Un mot enfin sur les limites du programme, pour éviter un contresens fréquent. Toute théorie générale des polynômes annulateurs est hors programme : on ne vous demandera jamais de déterminer l'ensemble des polynômes qui annulent $f$, ni d'en tirer des conclusions de structure. Ce qui est attendu est beaucoup plus concret : une relation vous est donnée par l'énoncé, et vous devez l'exploiter. Les trois sous-sections qui suivent traitent les trois relations que les concours proposent presque toujours.

Projecteurs

Démonstration. Procédons par double inclusion.

Soit $x\in \mathrm{Im}p$ : il existe $y\in E$ tel que $x=p(y)$. Alors

$$p(x)=p(p(y))=p^2(y)=p(y)=x,$$

donc $(p-{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)(x)=p(x)-x=0_E$, c'est-à-dire $x\in \mathrm{Ker}(p-{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)$.

Réciproquement, soit $x\in \mathrm{Ker}(p-{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)$, c'est-à-dire $p(x)=x$. Alors $x$ est l'image du vecteur $x$ par $p$, donc $x\in \mathrm{Im}p$. $\mathrm{\square }$

Ce résultat est remarquable, car il transforme une description par existence d'un antécédent, difficile à manipuler, en une description par équation, immédiate à tester. Pour montrer qu'un vecteur appartient à l'image d'un projecteur, on vérifie simplement qu'il est invariant, et c'est en général une ligne de calcul.

Démonstration. Montrons d'abord que la somme vaut $E$. Soit $u\in E$. L'astuce, qu'il faut connaître par cœur, consiste à écrire l'identité

$$u=p(u)+(u-p(u))\mathrm{.}$$

Le premier terme appartient à $\mathrm{Im}p$, par définition de l'image. Quant au second, son image par $p$ vaut

$$p(u-p(u))=p(u)-p^2(u)=p(u)-p(u)=0_E,$$

donc $u-p(u)\in \mathrm{Ker}p$. Ainsi $E\subset \mathrm{Im}p+\mathrm{Ker}p$, et l'inclusion réciproque est immédiate, ces deux sous-espaces étant inclus dans $E$.

Montrons ensuite que la somme est directe. Soit $x\in \mathrm{Im}p\cap \mathrm{Ker}p$. Puisque $x\in \mathrm{Im}p$, la propriété précédente donne $p(x)=x$ ; puisque $x\in \mathrm{Ker}p$, on a $p(x)=0_E$. En comparant les deux, $x=0_E$. L'intersection est donc réduite au vecteur nul, et la caractérisation des sommes directes (section $6$) permet de conclure. $\mathrm{\square }$

Ce théorème est le cœur de la sous-section. Il dit qu'un projecteur découpe l'espace en deux : la partie qu'il laisse fixe, son image, et la partie qu'il écrase, son noyau. Et il livre la décomposition par une formule explicite, $u=p(u)+(u-p(u))$, ce qui est remarquable : dans la section $6$, décomposer un vecteur demandait de résoudre un système, ici le projecteur fait le travail tout seul. En dimension finie, la formule des dimensions d'une somme directe redonne $\dim \mathrm{Im}p+\dim \mathrm{Ker}p=\dim E$, qui n'est autre que le théorème du rang appliqué à $p$ : les deux lectures coïncident.

Le programme parle de « projecteur associé à deux sous-espaces supplémentaires », et c'est la lecture réciproque de ce qui précède : toute décomposition $E=F\oplus G$ fabrique un projecteur, et elle n'en fabrique qu'un.

Démonstration. L'application $p$ est bien définie, précisément parce que la décomposition de $u$ est unique.

Elle est linéaire. Soient $u$, $v$ dans $E$ et $\lambda$, $\mu$ deux réels. En écrivant $u=u_F+u_G$ et $v=v_F+v_G$,

$$\lambda u+\mu v=(\lambda u_F+\mu v_F)+(\lambda u_G+\mu v_G),$$

le premier terme appartenant à $F$ et le second à $G$, ces sous-espaces étant stables par combinaison linéaire. Par unicité de la décomposition, c'est la décomposition de $\lambda u+\mu v$, donc

$$p(\lambda u+\mu v)=\lambda u_F+\mu v_F=\lambda p(u)+\mu p(v)\mathrm{.}$$

C'est un projecteur. Soit $u\in E$. Le vecteur $p(u)=u_F$ appartient à $F$, donc sa propre décomposition est $u_F=u_F+0_E$, et $p(p(u))=u_F=p(u)$. Ainsi $p^2=p$.

Image et noyau. Tout vecteur $p(u)$ appartient à $F$, donc $\mathrm{Im}p\subset F$ ; et tout $u\in F$ se décompose en $u=u+0_E$, donc $p(u)=u$ et $u\in \mathrm{Im}p$. D'où $\mathrm{Im}p=F$. Enfin, $p(u)=0_E$ équivaut à $u_F=0_E$, c'est-à-dire à $u=u_G\in G$, donc $\mathrm{Ker}p=G$. $\mathrm{\square }$

Les deux théorèmes se répondent exactement : se donner un projecteur ou se donner une décomposition $E=F\oplus G$, c'est la même chose. Cela explique aussi pourquoi l'ordre des deux sous-espaces compte dans l'expression « sur $F$ parallèlement à $G$ ». Le projecteur sur $F$ parallèlement à $G$ et le projecteur sur $G$ parallèlement à $F$ sont deux endomorphismes différents, dont la somme vaut ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, puisque $u_F+u_G=u$.

Symétries

Démonstration. La relation $s\circ s={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ signifie exactement que $s$ est sa propre application réciproque : elle est donc bijective, et $s^{-1}=s$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Notons $F=\mathrm{Ker}(s-{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)$, l'ensemble des vecteurs $u$ tels que $s(u)=u$, et $G=\mathrm{Ker}(s+{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)$, l'ensemble des vecteurs $u$ tels que $s(u)=-u$. Ce sont deux sous-espaces vectoriels de $E$, comme noyaux d'applications linéaires.

Supposons d'abord $s^2={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$.

La somme vaut $E$. Soit $u\in E$. L'astuce de décomposition, à connaître par cœur, consiste à écrire l'identité

$$u=\frac{u+s(u)}{2}+\frac{u-s(u)}{2},$$

puis à poser $u_F={\displaystyle \frac{u+s(u)}{2}}$ et $u_G={\displaystyle \frac{u-s(u)}{2}}$. Par linéarité de $s$, et parce que $s^2(u)=u$,

$$s(u_F)=\frac{s(u)+s^2(u)}{2}=\frac{s(u)+u}{2}=u_F,s(u_G)=\frac{s(u)-s^2(u)}{2}=\frac{s(u)-u}{2}=-u_G\mathrm{.}$$

Donc $u_F\in F$ et $u_G\in G$, et $u=u_F+u_G$ appartient à $F+G$.

La somme est directe. Soit $x\in F\cap G$ : on a à la fois $s(x)=x$ et $s(x)=-x$, d'où $x=-x$, puis $2x=0_E$ et $x=0_E$.

Réciproquement, supposons $E=F\oplus G$ et soit $u\in E$, de décomposition $u=u_F+u_G$. Alors $s(u)=s(u_F)+s(u_G)=u_F-u_G$, puis, en appliquant $s$ une seconde fois,

$$s^2(u)=s(u_F)-s(u_G)=u_F+u_G=u\mathrm{.}$$

Ceci valant pour tout $u$ de $E$, on obtient $s^2={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Calculons $p^2$ en développant, ce qui est licite car $s$ commute avec ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$ :

$$p^2=\frac{1}{4}(s+{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)\circ (s+{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)=\frac{1}{4}(s^2+2s+{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)=\frac{1}{4}({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E+2s+{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)=\frac{1}{2}(s+{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)=p\mathrm{.}$$

Identifions maintenant son image et son noyau. Si $u\in \mathrm{Im}p$, alors $p(u)=u$ d'après la propriété des vecteurs invariants, c'est-à-dire $\frac{1}{2}(s(u)+u)=u$, d'où $s(u)=u$ et $u\in \mathrm{Ker}(s-{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)$. Réciproquement, si $s(u)=u$, alors $p(u)=\frac{1}{2}(u+u)=u$, donc $u$ est invariant par $p$ et appartient à son image. Ainsi $\mathrm{Im}p=\mathrm{Ker}(s-{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)$. De même, $p(u)=0_E$ équivaut à $s(u)+u=0_E$, c'est-à-dire à $u\in \mathrm{Ker}(s+{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)$, donc $\mathrm{Ker}p=\mathrm{Ker}(s+{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)$.

Réciproquement, si $p$ est un projecteur et si l'on pose $s=2p-{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, alors, en développant et en utilisant $p^2=p$,

$$s^2=4p^2-4p+{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E=4p-4p+{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E,$$

donc $s$ est une symétrie. $\mathrm{\square }$

Ce pont est commode en exercice : toute question sur une symétrie se ramène à une question sur un projecteur, dont on connaît déjà l'image et le noyau, et réciproquement. Les deux notions décrivent au fond le même objet, une décomposition $E=F\oplus G$ ; simplement, le projecteur écrase la composante sur $G$, là où la symétrie la change en son opposée.

Endomorphismes nilpotents

Démonstration. Soit $k⩾1$ tel que $f^k=0$. Si $f$ était injectif, la composée $f^k$ le serait aussi, comme composée d'applications injectives, donc son noyau serait réduit à $\{0_E\}$. Or $f^k=0$ a pour noyau $E$ tout entier. On aurait $E=\{0_E\}$, ce qui est exclu par hypothèse. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Soit $k\in \mathbb{N}$ et soit $x\in \mathrm{Ker}{f}^k$, c'est-à-dire $f^k(x)=0_E$. Alors

$$f^{k+1}(x)=f(f^k(x))=f(0_E)=0_E,$$

donc $x\in \mathrm{Ker}{f}^{k+1}$. $\mathrm{\square }$

En dimension finie, les dimensions de ces noyaux forment donc une suite croissante d'entiers majorée par $\dim E$ : elle finit par se stabiliser, et l'on montre que si deux noyaux consécutifs coïncident, tous les suivants leur sont égaux. C'est le mécanisme qui borne l'indice de nilpotence par $\dim E$, résultat que l'on retrouve régulièrement en fin de problème.

Démonstration. Posons $g={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E+f+\cdots +f^{k-1}$. En développant par distributivité, et en observant que la somme se télescope,

$$({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E-f)\circ g=({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E+f+\cdots +f^{k-1})-(f+f^2+\cdots +f^k)={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E-f^k={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E\mathrm{.}$$

Comme $f$ commute avec toutes ses puissances, le même calcul dans l'autre ordre donne $g\circ ({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E-f)={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$. Ainsi ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E-f$ est bijective, de réciproque $g$. $\mathrm{\square }$

Méthodes à connaître

Cette dernière section rassemble, sous forme de fiches, les gestes que l'on doit pouvoir exécuter sans réfléchir le jour du concours. Aucun n'est difficile ; ce qui se joue, c'est la rapidité et la propreté de la rédaction.

Trois erreurs reviennent chaque année, et il vaut la peine de les nommer une dernière fois. La première consiste à confondre les espaces : $\mathrm{Ker}f$ vit au départ, $\mathrm{Im}f$ vit à l'arrivée, et le théorème du rang fait intervenir $\dim E$, jamais $\dim F$. La deuxième consiste à écrire une matrice en lignes au lieu de la remplir en colonnes, ce qui donne la transposée et fausse tous les calculs qui suivent. La troisième, plus insidieuse, consiste à conclure qu'une famille est une base sans avoir compté ses vecteurs : le théorème central de la dimension finie ne s'applique qu'au bon cardinal, et une famille libre de $2$ vecteurs dans ${\mathbb{R}}^3$ ne sera jamais une base, si soignée que soit la démonstration de sa liberté.