Applications linéaires

Pour $\mathrm{Ker}(f)$.

• (i) Le vecteur nul appartient à $\mathrm{Ker}(f)$ : par linéarité, $f(0_E)=f(0\cdot 0_E)=0\cdot f(0_E)=0_F$, donc $0_E\in \mathrm{Ker}(f)$.
• (ii) Stabilité par combinaison linéaire : soient $x,y\in \mathrm{Ker}(f)$ et $\lambda \in \mathbb{K}$. Alors $f(\lambda x+y)=\lambda f(x)+f(y)=\lambda \cdot 0_F+0_F=0_F$, donc $\lambda x+y\in \mathrm{Ker}(f)$.

C'est la caractérisation usuelle d'un sev par combinaison linéaire — donc $\mathrm{Ker}(f)$ est un sev de $E$.

Pour $\mathrm{Im}(f)$.

• (i) Le vecteur nul appartient à $\mathrm{Im}(f)$ : $0_F=f(0_E)\in \mathrm{Im}(f)$.
• (ii) Stabilité par combinaison linéaire : soient $y_1,y_2\in \mathrm{Im}(f)$ et $\lambda \in \mathbb{K}$. Par définition, $\exists x_1,x_2\in E$ tels que $y_1=f(x_1)$, $y_2=f(x_2)$. Alors $\lambda y_1+y_2=\lambda f(x_1)+f(x_2)=f(\lambda x_1+x_2)\in \mathrm{Im}(f)$ car $\lambda x_1+x_2\in E$.

Donc $\mathrm{Im}(f)$ est un sev de $F$. $■$

$(\Rightarrow )$ Supposons $f$ injective. Soit $x\in \mathrm{Ker}(f)$ : on a $f(x)=0_F=f(0_E)$, donc par injectivité $x=0_E$. Ainsi $\mathrm{Ker}(f)\subset \{0_E\}$, et l'autre inclusion est immédiate ($f(0_E)=0_F$).

$(\Leftarrow )$ Supposons $\mathrm{Ker}(f)=\{0_E\}$. Soient $x,y\in E$ tels que $f(x)=f(y)$. Par linéarité, $f(x-y)=f(x)-f(y)=0_F$, donc $x-y\in \mathrm{Ker}(f)=\{0_E\}$, soit $x=y$. Ainsi $f$ est injective. $■$

Notons $n=\dim E$ et $k=\dim \mathrm{Ker}(f)$ (avec $0\le k\le n$). On va montrer que $\mathrm{Im}(f)$ est de dimension $n-k$, en construisant explicitement un isomorphisme entre un supplémentaire de $\mathrm{Ker}(f)$ dans $E$ et $\mathrm{Im}(f)$.

Étape 1 — Choix d'un supplémentaire. Comme $\mathrm{Ker}(f)$ est un sev de $E$ (dim finie), il admet un supplémentaire dans $E$ : il existe $S\subset E$ sev tel que $E=\mathrm{Ker}(f)\oplus S$. On a donc $\dim S=n-k$.

Étape 2 — Restriction de $f$ à $S$. Notons $\tilde{f}:S\to \mathrm{Im}(f)$ définie par $\tilde{f}(s)=f(s)$ pour $s\in S$. C'est bien une application linéaire (restriction d'une application linéaire à un sev, à valeurs dans $\mathrm{Im}(f)$).

Étape 3 — $\tilde{f}$ est injective. Soit $s\in S$ tel que $\tilde{f}(s)=0_F$, c'est-à-dire $f(s)=0_F$. Alors $s\in \mathrm{Ker}(f)\cap S=\{0_E\}$ (car la somme est directe). Donc $s=0_E$ et $\mathrm{Ker}(\tilde{f})=\{0_E\}$ : $\tilde{f}$ est injective.

Étape 4 — $\tilde{f}$ est surjective sur $\mathrm{Im}(f)$. Soit $y\in \mathrm{Im}(f)$, donc $y=f(x)$ pour un certain $x\in E$. Comme $E=\mathrm{Ker}(f)\oplus S$, on décompose $x=k_0+s$ avec $k_0\in \mathrm{Ker}(f)$ et $s\in S$. Alors $y=f(x)=f(k_0)+f(s)=0_F+f(s)=\tilde{f}(s)$. Donc $y\in \tilde{f}(S)$ : $\tilde{f}$ est surjective.

Étape 5 — Conclusion. $\tilde{f}:S\to \mathrm{Im}(f)$ est un isomorphisme, donc $\dim S=\dim \mathrm{Im}(f)=\mathrm{rg}(f)$. En reportant $\dim S=n-k$ :

ce qui est exactement la formule du rang. $■$

Notons $n=\dim E=\dim F$. Par le théorème du rang : $$n=\dim E=\dim \mathrm{Ker}(f)+\mathrm{rg}(f).$$

(1) ⟹ (2) : si $f$ est injective, alors $\mathrm{Ker}(f)=\{0_E\}$, donc $\dim \mathrm{Ker}(f)=0$ et $\mathrm{rg}(f)=n=\dim F$. Comme $\mathrm{Im}(f)\subset F$ avec $\dim \mathrm{Im}(f)=\dim F$, on a $\mathrm{Im}(f)=F$ : $f$ est surjective.

(2) ⟹ (1) : si $f$ est surjective, alors $\mathrm{Im}(f)=F$, donc $\mathrm{rg}(f)=n$, et la formule du rang donne $\dim \mathrm{Ker}(f)=n-n=0$, soit $\mathrm{Ker}(f)=\{0_E\}$ : $f$ est injective.

(1) et (2) ⟺ (3) : par définition, la bijectivité équivaut à l'injectivité plus la surjectivité. Mais on vient de voir qu'en dim finie même dim, l'une des deux suffit à entraîner l'autre. Donc (1) ⟺ (2) ⟺ (3). $■$

(1) ⟹ (2). Supposons $p\circ p=p$.

Décomposition unique de tout $x\in E$. Pour $x\in E$, écris : $$x=\underset{=:a}{\underbrace{(x-p(x))}}+\underset{=:b}{\underbrace{p(x)}}.$$ Montrons $a\in \mathrm{Ker}(p)$ et $b\in \mathrm{Im}(p)$. – $p(a)=p(x-p(x))=p(x)-p(p(x))=p(x)-p(x)=0_E$ (en utilisant $p\circ p=p$), donc $a\in \mathrm{Ker}(p)$. – $b=p(x)\in \mathrm{Im}(p)$ trivialement.

La somme est directe. Soit $y\in \mathrm{Ker}(p)\cap \mathrm{Im}(p)$ : $y=p(z)$ pour un certain $z\in E$, et $p(y)=0_E$. Alors $0_E=p(y)=p(p(z))=p(z)=y$. Donc $\mathrm{Ker}(p)\cap \mathrm{Im}(p)=\{0_E\}$. Combinée à l'existence de la décomposition ci-dessus, cela donne bien $E=\mathrm{Ker}(p)\oplus \mathrm{Im}(p)$.

$p$ est la projection annoncée. Pour $x=a+b$ la décomposition unique précédente, $p(x)=p(a)+p(b)=0_E+p(p(z))=p(z)=b$. C'est bien la projection sur $\mathrm{Im}(p)$ parallèlement à $\mathrm{Ker}(p)$.

(2) ⟹ (1). Si $p$ est la projection sur un sev $I$ parallèlement à un sev $K$ avec $E=K\oplus I$, alors pour tout $x=k+i$ (avec $k\in K,i\in I$), $p(x)=i$. Et $p(p(x))=p(i)=i=p(x)$ (car $i=0+i$ avec $0\in K$). Donc $p\circ p=p$.

Caractérisation $\mathrm{Im}(p)=\mathrm{Fix}(p)$. Si $y=p(x)\in \mathrm{Im}(p)$, alors $p(y)=p(p(x))=p(x)=y$ : tout élément de l'image est un point fixe. Réciproquement, si $p(y)=y$, alors $y=p(y)\in \mathrm{Im}(p)$. $■$