Pour étudier une application linéaire $f : E \to F$, suis toujours le même ordre : prouve la linéarité, calcule le noyau, déduis-en le rang par le théorème du rang, puis conclus sur l'injectivité et la surjectivité. Exemple : $f(x, y, z) = (x + y,\ y + z,\ x - z)$ a pour noyau la droite $\operatorname{Vect}((1, -1, 1))$, donc son rang vaut $3 - 1 = 2$ : cette application de $\mathbb{R}^3$ dans $\mathbb{R}^3$ n'est ni injective ni surjective. Les quatre étapes ci-dessous reprennent cet exemple et signalent les pièges, puis quatre exercices corrigés montent jusqu'au niveau d'un devoir surveillé.
Étape 1 : prouver la linéarité
Un espace vectoriel sur $\mathbb{K}$ ($\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$) est un ensemble où l'on sait additionner des vecteurs et les multiplier par des scalaires, avec les règles de calcul usuelles. Une application linéaire respecte ces deux opérations.
Définition : $f : E \to F$ est linéaire si $f(\lambda u + v) = \lambda f(u) + f(v)$ pour tous $u, v \in E$ et tout $\lambda \in \mathbb{K}$. On note $\mathcal{L}(E, F)$ l'ensemble de ces applications ; si $F = E$, on parle d'endomorphisme de $E$.
Sur l'exemple, avec $u = (x, y, z)$ et $v = (x', y', z')$, la première coordonnée de $f(\lambda u + v)$ vaut $(\lambda x + x') + (\lambda y + y') = \lambda(x + y) + (x' + y')$ ; les deux autres se traitent pareil. Retiens le repère : des coordonnées qui sont des combinaisons linéaires de $x$, $y$ et $z$ (sans constante, sans produit ni carré) passent toujours ce test.
Piège classique : $f(0_E) = 0_F$ est nécessaire, pas suffisant. Ce test élimine $s(x, y) = (x + 1,\ y)$, car $s(0, 0) = (1, 0)$. Mais $p(x, y) = xy$ vérifie $p(0, 0) = 0$ sans être linéaire : $p(2, 2) = 4$ alors que $2\,p(1, 1) = 2$.
Vérifie aussi que $f$ arrive bien dans $F$. Dans $\mathbb{R}_n[X]$, les polynômes réels de degré au plus $n$, $P \mapsto XP'$ est un endomorphisme, mais pas $P \mapsto XP$ : $X \cdot X^n = X^{n+1}$ sort de l'espace.
Étape 2 : calculer le noyau
Le noyau rassemble les vecteurs envoyés sur zéro : $\operatorname{Ker} f = \{u \in E \mid f(u) = 0_F\}$, un sous-espace de $E$. Par linéarité, $f(u) = f(v)$ équivaut à $f(u - v) = 0_F$ : deux vecteurs ont la même image exactement quand leur différence est dans le noyau.
Propriété : $f$ est injective si et seulement si $\operatorname{Ker} f = \{0_E\}$.
En pratique, $f(u) = 0_F$ est un système linéaire homogène. Résous-le, puis écris ses solutions sous la forme $\operatorname{Vect}(\dots)$, l'ensemble des combinaisons linéaires de quelques vecteurs : s'ils forment une famille libre, leur nombre est la dimension du noyau.
Sur l'exemple, le système $x + y = 0$, $y + z = 0$, $x - z = 0$ donne $y = -x$ puis $z = x$, et la troisième équation est alors vérifiée. Donc $\operatorname{Ker} f = \operatorname{Vect}((1, -1, 1))$, et l'on contrôle que $f(1, -1, 1) = (0, 0, 0)$.
Étape 3 : l'image et le théorème du rang
L'image rassemble tout ce que $f$ atteint : $\operatorname{Im} f = \{f(u) \mid u \in E\}$, un sous-espace de $F$ dont la dimension est le rang de $f$, noté $\operatorname{rg}(f)$. Les images d'une base $(e_1, \dots, e_n)$ de $E$ l'engendrent : $\operatorname{Im} f = \operatorname{Vect}(f(e_1), \dots, f(e_n))$.
Propriété : (théorème du rang) si $E$ est de dimension finie et si $f \in \mathcal{L}(E, F)$, alors
$$\dim E = \dim \operatorname{Ker} f + \operatorname{rg}(f)$$
Pour le retrouver, prends un supplémentaire $S$ du noyau, c'est-à-dire un sous-espace tel que $E = \operatorname{Ker} f \oplus S$. Sur $S$, $f$ est injective, car $S \cap \operatorname{Ker} f = \{0_E\}$. Elle y atteint aussi toute l'image : tout $u \in E$ s'écrit $k + s$ avec $k$ dans le noyau et $s \in S$, et $f(u) = f(s)$. Elle induit donc un isomorphisme, une bijection linéaire, de $S$ sur $\operatorname{Im} f$ : c'est la forme géométrique du théorème, au programme de MPSI et MP2I comme de PCSI. D'où $\operatorname{rg}(f) = \dim S = \dim E - \dim \operatorname{Ker} f$.
Sur l'exemple, $\operatorname{rg}(f) = 3 - 1 = 2$ : l'image est un plan, engendré par $f(1, 0, 0) = (1, 0, 1)$ et $f(0, 1, 0) = (1, 1, 0)$, non colinéaires. Comme $(x + y) - (y + z) = x - z$, tout vecteur $(a, b, c)$ de l'image vérifie $a - b - c = 0$. Un plan contenu dans un autre plan lui est égal : l'image est le plan d'équation $a - b - c = 0$.
Si tu calcules l'image directement, contrôle que $\dim \operatorname{Ker} f + \operatorname{rg}(f) = \dim E$ : sinon, l'un des deux calculs est faux.
Étape 4 : conclure sur l'injectivité et la surjectivité
Quand $E$ et $F$ sont de dimension finie, le noyau et le rang suffisent pour trancher.
| Pour montrer que $f$ est | tu vérifies | c'est impossible si |
|---|---|---|
| injective | $\operatorname{Ker} f = \{0_E\}$, soit $\operatorname{rg}(f) = \dim E$ | $\dim E > \dim F$ |
| surjective | $\operatorname{rg}(f) = \dim F$ | $\dim E < \dim F$ |
| un isomorphisme | les deux à la fois | $\dim E \neq \dim F$ |
Sur l'exemple, $\operatorname{rg}(f) = 2 < 3$ : ni injective, ni surjective. Entre deux espaces de même dimension, un endomorphisme par exemple, une seule vérification suffit.
Propriété : si $E$ et $F$ ont la même dimension finie, $f \in \mathcal{L}(E, F)$ est injective si et seulement si elle est surjective, si et seulement si elle est bijective. C'est le théorème du rang : $\operatorname{Ker} f = \{0_E\}$ équivaut à $\operatorname{rg}(f) = \dim E = \dim F$.
Piège classique : cette équivalence exige la dimension finie. Dans $\mathbb{R}[X]$, l'espace de tous les polynômes, la dérivation $P \mapsto P'$ est surjective, car tout polynôme a une primitive polynomiale, mais pas injective : toutes les constantes ont pour image $0$.
Exercices corrigés
Quatre exercices sur la méthode, du calcul direct à la discussion selon un paramètre. Fais chacun sur papier avant d'ouvrir sa correction.
Exercice 1 : Un logiciel de retouche (données fictives) passe une photo en noir et blanc en remplaçant chaque pixel de couleur $(r, v, b)$ par le gris $g(r, v, b) = \dfrac{r + v + b}{3}$. On voit $g$ comme une application de $\mathbb{R}^3$ dans $\mathbb{R}$. Montre qu'elle est linéaire, donne une base de son noyau et son rang. Les pixels $(200, 50, 50)$ et $(100, 100, 100)$ donnent-ils le même gris ? Explique-le par le noyau.
Correction :
Pour $u = (r, v, b)$, $u' = (r', v', b')$ et $\lambda$ réel, $g(\lambda u + u') = \dfrac{\lambda(r + v + b) + (r' + v' + b')}{3} = \lambda g(u) + g(u')$ : $g$ est linéaire.
Le noyau est le plan d'équation $r + v + b = 0$. En écrivant $b = -r - v$, ses vecteurs sont les $r(1, 0, -1) + v(0, 1, -1)$ : les deux vecteurs $(1, 0, -1)$ et $(0, 1, -1)$, non colinéaires, forment une base de $\operatorname{Ker} g$. Le théorème du rang donne $\operatorname{rg}(g) = 3 - 2 = 1 = \dim \mathbb{R}$ : $g$ est surjective.
Enfin $g(200, 50, 50) = \dfrac{300}{3} = 100$ et $g(100, 100, 100) = 100$ : même gris. Leur différence $(100, -50, -50)$ a des coordonnées de somme nulle, donc elle est dans le noyau. $g$ n'est pas injective : des couleurs différentes peuvent donner le même gris.
Exercice 2 : Pour $P \in \mathbb{R}_3[X]$, on pose $\varphi(P) = P(X + 1) - P(X)$. Montre que $\varphi$ est un endomorphisme de $\mathbb{R}_3[X]$ et détermine son noyau, puis son image avec les degrés et le théorème du rang.
Correction :
Linéarité : $\varphi(\lambda P + Q) = \lambda P(X + 1) + Q(X + 1) - \lambda P(X) - Q(X) = \lambda \varphi(P) + \varphi(Q)$. Et si $\deg P \leqslant 3$, alors $\deg P(X + 1) \leqslant 3$, donc $\varphi(P) \in \mathbb{R}_3[X]$.
Noyau : les constantes y sont. Réciproquement, si $P(X + 1) = P(X)$, une récurrence donne $P(k) = P(0)$ pour tout entier naturel $k$ : le polynôme $P - P(0)$ a une infinité de racines, il est nul. Le noyau est donc la droite des polynômes constants.
Image : le terme en $X^3$ de $P$, disons $aX^3$, se retrouve tel quel dans $P(X + 1)$, puisque $(X + 1)^3 = X^3 + 3X^2 + 3X + 1$ ; il disparaît dans la différence, et le reste est de degré au plus 2, donc $\operatorname{Im} \varphi \subset \mathbb{R}_2[X]$. Le théorème du rang donne $\operatorname{rg}(\varphi) = 4 - 1 = 3 = \dim \mathbb{R}_2[X]$. Un sous-espace de même dimension finie que l'espace qui le contient lui est égal : $\operatorname{Im} \varphi = \mathbb{R}_2[X]$.
Exercice 3 : Pour un réel $m$, l'endomorphisme $f_m$ de $\mathbb{R}^3$ est défini par $f_m(x, y, z) = (x + y + mz,\ x + my + z,\ mx + y + z)$. Pour quelles valeurs de $m$ est-ce un isomorphisme ? Dans les autres cas, donne son noyau et son rang.
Correction :
Départ et arrivée ont la même dimension : le noyau suffit. Dans le système $x + y + mz = 0$, $x + my + z = 0$, $mx + y + z = 0$, la première équation moins la deuxième donne $(1 - m)(y - z) = 0$, la deuxième moins la troisième $(1 - m)(x - y) = 0$, et la somme des trois $(m + 2)(x + y + z) = 0$.
Si $m \neq 1$ et $m \neq -2$, on divise par $1 - m$ et par $m + 2$ : $x = y = z$ et $x + y + z = 0$, donc $x = y = z = 0$. Le noyau est nul, $f_m$ est injective, donc bijective : c'est un isomorphisme.
Si $m = 1$ : les trois équations se réduisent à $x + y + z = 0$. Le noyau est ce plan et $\operatorname{rg}(f_1) = 3 - 2 = 1$.
Si $m = -2$ : $1 - m = 3$ n'est pas nul, donc $x = y = z$, et chaque équation devient $x + x - 2x = 0$, toujours vraie. Donc $\operatorname{Ker} f_{-2} = \operatorname{Vect}((1, 1, 1))$ et $\operatorname{rg}(f_{-2}) = 3 - 1 = 2$.
Bilan : $f_m$ est un isomorphisme si et seulement si $m \notin \{1, -2\}$. Diviser par $1 - m$ sans vérifier qu'il est non nul ferait perdre le cas $m = 1$.
Exercice 4 : Un camarade affirme : « $\psi : P \mapsto XP$ est un endomorphisme injectif de $\mathbb{R}[X]$, donc c'est un isomorphisme. » Vérifie l'injectivité, puis trouve l'erreur de son raisonnement.
Correction :
$\psi$ est linéaire, car $X(\lambda P + Q) = \lambda XP + XQ$. Si $P \neq 0$, $XP$ est de degré $\deg P + 1$, donc non nul : $\operatorname{Ker} \psi = \{0\}$ et $\psi$ est injective.
Mais $\psi$ n'est pas surjective : tout polynôme $XP$ s'annule en $0$, donc le polynôme constant $1$ n'est jamais atteint. L'erreur : l'équivalence entre injective et bijective n'est garantie qu'en dimension finie, et $\mathbb{R}[X]$ n'est pas de dimension finie. Dans $\mathbb{R}_n[X]$, la question ne se pose même pas : $\psi$ n'y est pas un endomorphisme (étape 1).
À retenir
À retenir :
- L'ordre : linéarité, noyau, rang par le théorème du rang, conclusion.
- Linéaire : $f(\lambda u + v) = \lambda f(u) + f(v)$ ; $f(0_E) = 0_F$ ne suffit pas, et $f$ doit arriver dans $F$.
- $f(u) = f(v)$ équivaut à $u - v \in \operatorname{Ker} f$ ; injective équivaut à $\operatorname{Ker} f = \{0_E\}$.
- Les images d'une base engendrent $\operatorname{Im} f$, et $\dim E = \dim \operatorname{Ker} f + \operatorname{rg}(f)$.
- Même dimension finie au départ et à l'arrivée : injective, surjective et bijective reviennent au même. Pas en dimension infinie.
Sources
- Ministère de l'Enseignement supérieur, de la Recherche et de l'Innovation, programme de mathématiques des classes préparatoires MPSI et MP2I (annexe 1), 2021, partie « Applications linéaires » : texte sur education.gouv.fr.
- Même ministère, programme de mathématiques de la classe préparatoire PCSI (annexe 1), 2021, même partie : texte sur education.gouv.fr.