Fiche Méthode 11 : Noyaux et images.

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1 Fiche Méthode 11 : Noyaux et images. On se place dans un espace vectoriel E de dimension finie n, muni d une base B = ( e 1,..., e n ). f désignera un endomorphisme de E 1 et A la matrice de f dans la base B. 1 Noyau 1.1 Rappels Le noyau de f est l ensemble des vecteurs de E dont l image par f est le vecteur nul : Ker(f) = { x E, f( x) = 0}. Le noyau de A (hors programme?) est l ensemble des vecteurs colonnes tels que AX soit le vecteur colonne nul : Ker(A) = {X M n,1 (R), AX = 0}. Ainsi, x Ker(f) X Ker(A) où, si x a pour coordonnées (x 1,..., x n ) dans la base B, x 1 X =. x n. f est bijective f est injective (dimension finie) Ker(f) = { 0} A inversible Ker(A) = {0}. Ker(f) est un sous-espace vectoriel de E. 1.2 Calcul pratique : des exemples Exemple 1 : Soit f : R2 R 2 (x, y) (2x + 3y, x + y). Le noyau{ de f est formé de l ensemble des couples (x, y) tels que f(x, y) = 0, autrement dit 2x + 3y = 0 tels que. On résout le système : on tire de la deuxième équation y = x et x + y = 0 de la première 2x 3x = 0, donc x = 0. Ainsi, x = y = 0 : Ker(f) = {(0, 0)}. On en déduit que f est injective, et donc, comme c est un endomorphisme en dimension finie, que f est bijective. Exemple 2 : Soit E un espace vectoriel de dimension 3, B = ( e 1, e 2, e 3 ) une base de E et f définie par f(x e 1 + y e 2 + e 3 ) = 2y e 1 + x e 2. On cherche Ker(f), qui est formé des vecteurs x e 1 + y e 2 + e 3 dont l image est le vecteur nul, donc tels que 2y e 1 + x e 2 = 0. Comme la famille ( e 1, e 2 ) est 1. Attention, en toute généralité, f n a pas besoin d être un endomorphisme de E : une application linéaire de E dans F suffit ; et E n a aucune raison d être de dimension finie. Mais c est le cas dans presque tous les sujets! Faites donc attention, cette fiche ne remplace pas le cours dans lequel les hypothèses sont clairement détaillées! 1/6

2 libre (car c est une sous-famille de la base B), 2y = 0 et x = 0. Ainsi, x = y = 0 et donc x e 1 + y e 2 + e 3 = e 3. On en déduit que Ker(f) = { e 3, R} = Vect( e 3 ). Exemple 3 : On reprend l exemple précédent, mais matriciellement : la matrice de f dans la base B est A = (car f( e 1 ) = f(1 e e e 3 ) = 1 e 2 = 0 e e e 3 ce qui permet de remplir la première colonne de la matrice A, et on raisonne de même pour les deux autres). x ( ) Ainsi, Ker(A) = X = y 2y = 0 AX = 0. On résout donc AX = 0 et donc x = Ker(A) = 0, R = Vect 0. On retrouve donc Ker(f) = Vect( e 3 ). 1 2 Image 2.1 Rappels L image de f est l ensemble des vecteurs de E qui ont un antécédent par f : Im(f) = { y E x E, f( x) = y} = f(e). L image de A (hors programme?) est l ensemble des vecteurs colonnes Y qui s écrivent AX pour un certain X. Ainsi, Y Im(f) Y Im(A) où, si y a pour coordonnées (y 1,..., y n ) dans la base B, y 1 Y =. y n. f est bijective f est surjective (dimension finie) Im(f) = E A inversible Ker(A) = {0}. Im(f) est un sous-espace vectoriel de E. 2.2 Calcul pratique : détermination d une base de l image. On utilise la méthode suivante : 1. On détermine généralement le noyau de f (ou de A) en utilisant la méthode précédente 2. D après le cours, l image de f est engendrée par la famille (f( e 1 ),..., f( e n )) : Im(f) = Vect((f( e 1 ),..., f( e n )). On a donc une famille génératrice de Im(f). Pour une matrice A, l image de A est engendrée par la famille de ses vecteurs colonnes. On a donc une famille génératrice de Im(A). Le problème se résume donc à extraire une sous-famille libre (et qui soit encore génératrice) de la famille génératrice obtenue. Parfois, on y arrive à l œil nu (c est le cas s il 2/6

3 y a visiblement des vecteurs proportionnels, que l on peut supprimer de la famille... ). Sinon, on continue la procédure, en s appuyant sur le noyau. 3. On utilise le théorème du rang : dim E = dim Ker(f) + dim Im(f). On en déduit la dimension de Im(f). (Pour une matrice carrée, dim Ker(A) + dim Im(A) est le nombre de colonnes de A). 4. On cherche, parmi la famille génératrice trouvée au 2. le nombre de vecteurs trouvés au 3. qui sont indépendants. En pratique, comme la dimension de l espace est 2 ou 3, il est facile de procéder ainsi. Reprenons les trois exemples précédents : Exemple 1 : Soit f : R2 R 2 (x, y) (2x + 3y, x + y). On a vu précédemment que le noyau de f est réduit à {0, 0}. Il est donc de dimension 0. Ainsi, le théorème du rang donne 2 = 0 + dim Im(f). Donc dim(im(f)) = 2. Im(f) est donc un sous-espace vectoriel de dimension 2 de R 2, lui-même de dimension 2 : c est R 2 lui-même! Im(f) = R 2 (on prend par exemple ((1, 0), (0, 1)) comme base de R 2 ). Exemple 2 : Soit E un espace vectoriel de dimension 3, B = ( e 1, e 2, e 3 ) une base de E et f définie par f(x e 1 + y e 2 + e 3 ) = 2y e 1 + x e 2. Im(f) est engendrée par les vecteurs f( e 1 ) = e 2, f( e 2 ) = 2 e 1 et f( e 3 ) = 0. Ainsi, Im(f) = Vect( e 2, 2 e 1, 0) = Vect( e 2, 2 e 1 ) = Vect( e 2, e 1 ) car on ne change pas une famille génératrice en enlevant le vecteur nul ou en multipliant un vecteur par une constante non nulle. La famille ( e 1, e 2 ) étant libre (c est une sous-famille d une base de E), elle forme une base de Im(f). (On n a pas eu besoin d utiliser le théorème du rang car on a trouvé en regardant très fort une famille libre et génératrice de Im(f)). Exemple 3 : On reprend l exemple précédent, mais matriciellement : la matrice de f dans la base B est A = (car f( e 1 ) = f(1 e e e 3 ) = 1 e 2 = 0 e e e 3 ce qui permet de remplir la première colonne de la matrice A, et on raisonne de même pour les deux autres). Ainsi, Im(A) = Vect 1, 0, 0. Le vecteur nul est inutile donc Im(A) = Vect 1, 0, et les deux vecteurs restants sont non colinéaires (donc forment une famille libre, car ils sont 2). Une base de Im(f) est donc 1, 0. (On 0 0 aurait pu diviser le deuxième vecteur par 2 pour avoir la même chose que dans l exemple précédent. 3/6

4 3 Si la question est : montrer que l image est... ou que le noyau est... Dans ce cas, vous deve montrer l égalité de deux sous-espaces vectoriels : celui que vous trouve en cherchant l image (ou le noyau) (notons-le F ) et celui de l énoncé G. Les différentes méthodes sont : 1. Montrer que F G (ou que G F ) et que ces deux espaces ont la même dimension. (Pour voir que F G, si on a une base de F il suffit de voir que les vecteurs d une base de F sont dans G.) 2. Montrer que F G et que G F. (Il suffit de voir qu une base de F est incluse dans G et qu une base de G est incluse dans F.) 4 Exemples tirés de sujets Exemple 4 (D après ÉDHEC 2013) : On note B = (e 1, e 2, e 3 ) la base canonique de R 3 et on considère l endomorphisme dont la matrice dans la base B est A := Déterminer une base (a) de Ker f. 2. Déterminer une base (b, c) de Im f. 3. Montrer que Im f 2 = Ker f. Solution : 1. Comme A est la matrice de f dans la base B, un vecteur xe 1 + ye 2 + e 3 R 3 (i.e. (x, y, ) R 3 ) appartient à Ker(f) si et seulement si le vecteur colonne X défini parx = x y vérifie AX = 0. On résout donc 2x + y + 2 = 0 y = 2x 2 { y = 0 AX = 0 x y = 0 y = x = x x = 0 = x Ainsi, (x, y, ) Ker(f) (x, y, ) = (x, 0, x) = x(1, 0, 1). Le vecteur a := (1, 0, 1) forme donc une famille génératrice de Ker f. Comme il est non nul, il forme également une famille libre de Ker f, donc une base de Ker f est (a) où a = e 1 e Comme R 3 est de dimension 3 et que f est un endomorphisme de R 3, le théorème du rang donne dim R 3 = dim Ker f + dim Im f, donc, comme dim Ker f = 1 (car une base en est (a), formée d un seul élément), Im f est de dimension 2. En regardant les colonnes de A, une famille génératrice de Im f est donnée par ((2, 1, 1), (1, 1, 0), (2, 1, 1)). Le premier et le troisième vecteurs étant égaux, la famille ((2, 1, 1), (1, 1, 0)) est 4/6

5 également génératrice de Im f. On vient de voir que Im f est de dimension 2 et cette famille est de cardinal 2, donc, en posant b := (2, 1, 1) et c = (1, 1, 0)), une base (b, c) de Im f est obtenue en prenant b = 2e 1 e 2 e 3 et c = e 1 e La matrice de f dans la base B étant A, celle de f 2 est A 2 = Les trois vecteurs colonnes de A 2 étant égaux à , l image de f n est autre 1 que Vect((1, 0, 1)), donc V ect(a) où a a été défini à la question précédente. Ainsi, Im f 2 = Ker f. Exemple 5 - inhabituel - (D après Écricome 2012) Dans la suite du problème les matrices A et B sont choisies de telle sorte que : A = , B = On note : Id l endomorphisme identité de R 3 ; a l endomorphisme de R 3 dont la matrice dans la base canonique est la matrice A ; b l endomorphisme de R 3 dont la matrice dans la base canonique est la matrice B ; Im(b) l image de l endomorphisme b ; Im(Id a) l image de l endomorphisme Id a. Prouver que le vecteur u = (x, y, ) appartient à l image de b si et seulement si puis montrer que : x + y + = 0 Im(b) = Im(Id a). Solution : Première version : On sait que l image de b est engendrée par les vecteurs (3, 1, 2), ( 1, 0, 1) et ( 2, 1, 1) (dont les coordonnées forment les vecteurs colonnes de B). On remarque que chacun de ces vecteurs vérifie la relation x + y + = 0 (car = ( 1) = 2 + ( 1) + ( 1) = 0), donc Im(b) {(x, y, ) x + y + = 0}. On remarque que (3, 1, 2) = (( 1, 0, 1) + ( 2, 1, 1)), ce qui, comme ( 1, 0, 1) et (2, 1, 1) ne sont pas colinéaires, montre que Im(b) est de dimension 2. De même, {(x, y, ) x + y + = 0} = {(y +, y, )} = Vect((1, 1, 0), (1, 0, 1)) est également de dimension 2 car (1, 1, 0) et (1, 0, 1) ne sont pas colinéaires. Finalement, Im(b) {(x, y, ) x + y + = 0} et ces deux sousespaces vectoriels de R 3 (le second en est clairement un) sont de même dimension, donc Im(b) = {((x, y, ) x + y + = 0}. 5/6

6 Ensuite, Im(Id a) est engendrée par les vecteurs colonnes de I A, soit (6, 4, 2), ( 3, 0, 3), ( 3, 4, 1). On raisonne exactement comme dans la première partie de cette solution, en montrant que chacun de ces vecteurs est dans {((x, y, ) x+y + = 0} car = 3+0+( 3) = 3+ ( 4)+1 = 0 et que c est un espace de dimension 2 car (6, 4, 2) = (( 3, 0, 3) + ( 3, 4, 1)). Deuxième version : Elle n est pas très fréquemment utilisée. α Un vecteur (α, β, γ) dont la matrice dans la base canonique est β appartient à l image de γ b si et seulement si il existe un vecteur (x, y, ) (dont la matrice dans la base canonique est x x α y ) tel que b((x, y, )) = (α, β, γ), c est-à-dire B y = β. γ 3x y 2 = α On cherche donc pour quels α, β, γ le système x = β admet (au-moins) une 2x y = γ solution. On commence la résolution du système par une méthode du pivot de Gauss. Le système x = β équivaut à 2x y = γ puis (en faisant L 2 L 2 2L 1 et L 3 L 3 3L 1 ) à 3x y 2 = α x = β x = β y + = γ 2β puis (en faisant L 3 L 3 L 2 ) à y 3 = γ 2β. y + = α 3β 0 = α β γ On en déduit que le système admet une solution si et seulement si α β γ = 0. Donc Im(b) = {(α, β, γ) α β γ = 0}. En renommant, Im(b) = {(x, y, ) x y = 0}. Autrement dit, Im(b) = {(x, y, ) x + y + = 0}. Exemple 6 - Non traité ici - (ÉM Lyon 2011, deuxième partie). 6/6

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