Chapitre 2 – Applications linéaires
Preuve
Le noyau Ker(u) est un sous-ensemble de E.
On sait que u(0E) = 0F , donc 0E ∈ Ker(u) et Ker(u) n’est pas vide.
Soient x, y deux vecteurs de Ker(u) et l, m deux scalaires. On a
u(lx + my) = lu(x) + mu(y) = l0F + m0F = 0F .
Autrement dit lx + my ∈ Ker(u). Ker(u) est non vide, stable par combinaison linéaire, c’est un sous-espace
vectoriel de E.
❑
Exemples
1. Reprenons l’exemple de l’application u définie page 24 en début de chapitre.
u :
K
3
→ K
2
(x 1 , x 2 , x 3 ) → (x 1 − x 2 + 4x 3 , 3x 1 − x 3 )
Déterminons une base de Ker(u). Soit v un vecteur de K
3 avec v = (x, y, z), on a
v ∈ Ker(u) ⇐⇒ u(x, y, z) = 0 ⇐⇒
x − y + 4z = 0
3x − z = 0
⇐⇒
y = 13x
z = 3x
d’où Ker(u) = Vect(1, 13, 3).
2. Nous avons aussi remarqué que la dérivation est un endomorphisme de K n [X] ; le noyau
de cet endomorphisme, c’est-à-dire l’ensemble des polynômes de dérivée nulle, est le sousespace vectoriel K 0 [X] des polynômes constants.
Proposition 7
Soit u ∈ L(E, F), u est injective si, et seulement si, Ker(u) = {0 E }.
Preuve
Supposons que u soit injective. On sait déjà que 0E ∈ Ker(u). Soit x un élément de Ker(u). On a donc
u(x) = 0F , soit encore u(x) = u(0E). Or u est injective, donc x = 0E. On en déduit que Ker(u) = {0E}.
Réciproquement, soit u ∈ L(E, F) une application telle que Ker(u) = {0E}, montrons que u est injective.
Soit x, y deux vecteurs de E tels que u(x) = u(y). On a alors successivement u(x) − u(y) = 0, u(x − y) = 0,
x − y ∈ Ker(u) et donc nécessairement x − y = 0, d’où x = y ; l’application u est injective.
❑
➤ Remarque
De ce même calcul, nous pouvons obtenir aussi des informations sur les antécédents d’un vecteur x0 de m(u) par
une application linéaire u quelconque de L(E, F) : tout vecteur x de E tel que u(x) = u(x0) est égal à la somme d’un
vecteur de Ker(u) et de x0. En effet nous avons pour tout vecteur x de E
u(x) = u(x0) ⇐⇒ u(x) − u(x0) = 0
⇐⇒ u(x − x0) = 0
⇐⇒ x − x0 ∈ Ker(u)
⇐⇒ ∃z ∈ Ker(u)
x = x0 + z.
Si de plus Ker(u) est de dimension k non nulle, c’est-à-dire si u n’est pas injective, on peut en déduire que les
antécédents de u(x0) peuvent tous s’écrire comme la somme de x0 et d’une combinaison linéaire des k vecteurs
d’une base de Ker(u), autrement dit ils peuvent s’écrire en fonctions de k paramètres réels.
28
Preuve
Le noyau Ker(u) est un sous-ensemble de E.
On sait que u(0E) = 0F , donc 0E ∈ Ker(u) et Ker(u) n’est pas vide.
Soient x, y deux vecteurs de Ker(u) et l, m deux scalaires. On a
u(lx + my) = lu(x) + mu(y) = l0F + m0F = 0F .
Autrement dit lx + my ∈ Ker(u). Ker(u) est non vide, stable par combinaison linéaire, c’est un sous-espace
vectoriel de E.
❑
Exemples
1. Reprenons l’exemple de l’application u définie page 24 en début de chapitre.
u :
K
3
→ K
2
(x 1 , x 2 , x 3 ) → (x 1 − x 2 + 4x 3 , 3x 1 − x 3 )
Déterminons une base de Ker(u). Soit v un vecteur de K
3 avec v = (x, y, z), on a
v ∈ Ker(u) ⇐⇒ u(x, y, z) = 0 ⇐⇒
x − y + 4z = 0
3x − z = 0
⇐⇒
y = 13x
z = 3x
d’où Ker(u) = Vect(1, 13, 3).
2. Nous avons aussi remarqué que la dérivation est un endomorphisme de K n [X] ; le noyau
de cet endomorphisme, c’est-à-dire l’ensemble des polynômes de dérivée nulle, est le sousespace vectoriel K 0 [X] des polynômes constants.
Proposition 7
Soit u ∈ L(E, F), u est injective si, et seulement si, Ker(u) = {0 E }.
Preuve
Supposons que u soit injective. On sait déjà que 0E ∈ Ker(u). Soit x un élément de Ker(u). On a donc
u(x) = 0F , soit encore u(x) = u(0E). Or u est injective, donc x = 0E. On en déduit que Ker(u) = {0E}.
Réciproquement, soit u ∈ L(E, F) une application telle que Ker(u) = {0E}, montrons que u est injective.
Soit x, y deux vecteurs de E tels que u(x) = u(y). On a alors successivement u(x) − u(y) = 0, u(x − y) = 0,
x − y ∈ Ker(u) et donc nécessairement x − y = 0, d’où x = y ; l’application u est injective.
❑
➤ Remarque
De ce même calcul, nous pouvons obtenir aussi des informations sur les antécédents d’un vecteur x0 de m(u) par
une application linéaire u quelconque de L(E, F) : tout vecteur x de E tel que u(x) = u(x0) est égal à la somme d’un
vecteur de Ker(u) et de x0. En effet nous avons pour tout vecteur x de E
u(x) = u(x0) ⇐⇒ u(x) − u(x0) = 0
⇐⇒ u(x − x0) = 0
⇐⇒ x − x0 ∈ Ker(u)
⇐⇒ ∃z ∈ Ker(u)
x = x0 + z.
Si de plus Ker(u) est de dimension k non nulle, c’est-à-dire si u n’est pas injective, on peut en déduire que les
antécédents de u(x0) peuvent tous s’écrire comme la somme de x0 et d’une combinaison linéaire des k vecteurs
d’une base de Ker(u), autrement dit ils peuvent s’écrire en fonctions de k paramètres réels.
28