Détermination pratique de l'image et du noyau

Nous reprenons les notations de la section précédente : $E$ et $F$ sont deux espaces vectoriels, munis respectivement des bases $(b_1,\ldots,b_n)$ et $(c_1,\ldots,c_m)$. La matrice de l'application linéaire $f$ relative à ces deux bases est $(a_{i,j})$. Le noyau de $f$ est l'ensemble des vecteurs de $E$ dont l'image par $f$ est le vecteur nul. Soit $v$ un vecteur de $E$ et $x=(x_1,\ldots,x_n)$ le $n$-uplet de ses coordonnées dans la base $(b_1,\ldots,b_n)$. La condition nécessaire et suffisante sur $x$ pour que $f(v)$ soit nul est que toutes les coordonnées de $f(v)$, c'est-à-dire toutes les lignes du produit $Ax$, soient nulles.

$$(H)\qquad \left\{\begin{array}{ccccccc} a_{1,1} x_1+&\cdots&+a_{... ..._{m,1} x_1+&\cdots&+a_{m,j} x_j+&\cdots&+a_{m,n} x_n&=&0 \end{array}\right.$$

Le système linéaire $(H)$ est homogène : l'ensemble de ses solutions est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^n$. La méthode du pivot de Gauss permet de déterminer une base de l'ensemble des solutions de $(H)$, donc une base de $\mathrm{Ker}(f)$. Nous allons voir qu'elle permet aussi au passage de déterminer le rang de $f$, et même une base de $\mathrm{Im}(f)$.

D'après la proposition 8, à toute famille de $n$ vecteurs de $\mathbb{R}^m$ correspond une application linéaire de $\mathbb{R}^n$ dans $\mathbb{R}^m$. Nous avons vu que le rang de cette application est le rang de la famille de vecteurs (définitions 10 et 14). La technique décrite ici s'applique indifféremment à une famille de vecteurs ou à une application linéaire. La première étape de la méthode de Gauss consiste à mettre le système $(H)$ sous forme échelonnée.

$$(H')\qquad \left\{\begin{array}{cccccccl} p_1 y_1\;+&a'_{1,2} y... ...{r,n} y_n&=&0\\ &&&&&0&=&0\\ &&&&&&\vdots&\\ &&&&&0&=&0 \end{array}\right.$$

Mettre le système $(H)$ sous forme échelonnée, c'est passer de $(H)$ à $(H')$ par des transformations de lignes consistant à ajouter à une ligne le produit d'une autre par une constante, échanger deux lignes, permuter éventuellement des coordonnées, de sorte que

1. les systèmes $(H)$ et $(H')$ sont équivalents,
2. les inconnues $(y_1,\ldots,y_n)$ de $(H')$ sont celles de $(H)$, mais dans un ordre qui peut être différent,
3. les pivots $p_1,\ldots p_r$ sont tous non nuls.

Au système $(H')$ on peut associer la matrice suivante.

$$A' = \left(\begin{array}{cccccc} p_1&a'_{1,2}&\cdots&a'_{1,j}&\c... ...dots&&&\cdots&0\\ \vdots&&&&&\vdots\\ 0&\cdots&&&\cdots&0 \end{array}\right)$$

Cette matrice est celle d'une autre application linéaire $f'$, de $E$ vers $F$.

Théorème 13   Les applications $f$ et $f'$ sont de rang $r$.

$\bullet$

$(f'(b_1),\dots,f'(b_r))$ est une base de $\mathrm{Im}(f')$

$\bullet$

Soient $i_1,\ldots,i_r$ les indices tels que $(x_{i_1},\ldots,x_{i_r})=(y_1,\ldots,y_r)$.
$(f(b_{i_1}),\dots,f(b_{i_r}))$ est une base de $\mathrm{Im}(f)$.

Démonstration : La famille $(f'(b_1),\ldots, f'(b_n))$ engendre $\mathrm{Im}(f)$, car $(b_1,\ldots,b_n)$ engendre $E$. Or tous ces vecteurs appartiennent au sous-espace de $F$, engendré par
$(c_1,\ldots,c_r)$. Donc $\mathrm{Im}(f')$ est de dimension au plus $r$. Pour montrer que le rang de $f'$ est $r$ et que $(f'(b_1,\ldots,f'(b_r))$ est une base de $\mathrm{Im}(f)$, il suffit de vérifier que c'est une famille libre. Nous devons montrer

$$\sum_{i=1}^r x_i f'(b_i)=0\;\Longrightarrow\; ( \forall i=1,\ldots,r ,\;x_i=0 )\;.$$

Utilisant les coordonnées dans la base $(c_1,\ldots,c_m)$, les $x_i$ doivent vérifier le système :

$$(H'_r)\qquad \left\{ \begin{array}{rrrrcr} p_1 x_1&+a'_{1,2... ...=&0\\ &\ddots&&&\vdots&\\ &&&p_r x_r&=&0 \end{array}\right.$$

Nous devons montrer que ce système a pour unique solution $x_1=\cdots=x_r=0$. C'est une récurrence facile sur $r$. Si $r=1$, le système se réduit à l'équation $p_1 x_1=0$, qui a pour seule solution $x_1=0$, car le pivot $p_1$ est non nul. Supposons le résultat vrai pour tout système du même type, de taille $r-1$, et considérons la dernière équation du système de taille $r$. Si elle est satisfaite, alors $x_r=0$, car le pivot $p_r$ est non nul. En reportant $x_r=0$ dans les équations précédentes, on obtient un système du même type, mais de taille $r-1$ : la seule solution est $x_1=\cdots=x_{r-1}=0$, par l'hypothèse de récurrence. Les deux systèmes $(H)$ et $(H')$ ayant le même ensemble de solutions, les applications $f$ et $f'$ ont le même noyau, et donc le même rang, d'après le théorème du rang 12. La dimension de $\mathrm{Im}(f)$ est donc $r$. Pour montrer qu'un ensemble de $r$ vecteurs est une base, il suffit de vérifier que c'est une famille libre. Inutile d'écrire le système en $x_{i_1},\ldots,x_{i_r}$ qui exprime que $x_{i_1} f(b_{i_1})+\cdots+x_{i_r} f(b_{i_r})=0$ : il se déduit de $(H)$ en annulant les variables autres que $x_{i_1},\ldots,x_{i_r}$. La chaîne de tranformations qui conduit de $(H)$ à $(H')$ conduit forcément de ce nouveau système, au système $(H'_r)$ ci-dessus. Les deux systèmes ont le même ensemble de solutions, d'où le résultat.$\square$

La technique est beaucoup plus facile à appliquer qu'il n'y paraît. Considérons l'application suivante, de $\mathbb{R}^4$ dans $\mathbb{R}^3$ :

$$f\;:\quad (x,y,z,t)\longmapsto (x+2y+z+t,2x+4y+3z+t,x+2y+2z)\;.$$

Sa matrice, relative aux bases canoniques de $\mathbb{R}^4$ au départ, et $\mathbb{R}^3$ à l'arrivée est :

$$A = \left(\begin{array}{rrrr} 1&2&1&1\\ 2&4&3&1\\ 1&2&2&0 \end{array}\right)$$

Le système homogène permettant de déterminer $\mathrm{Ker}(f)$ est :

$$\hspace*{25mm}(H)\qquad \left\{\begin{array}{rrrrcl} x&+2y&+z&+t&=&0\\ 2x&+4y&+3z&+t&=&0\\ x&+2y&+2z&&=&0 \end{array}\right.$$

$$\Longleftrightarrow$$

$$\begin{array}{cc} \begin{array}{l}  \\ L_2\leftarrow L_2-2L... ...&=&0\\ &&z&-t&=&0\\ &&z&-t&=&0 \end{array}\right. \end{array}$$

$$\Longleftrightarrow$$

$$\hspace*{17mm} \begin{array}{cc} \begin{array}{l}  \\ y\lef... ...&=&0\\ &z&&-t&=&0\\ &z&&-t&=&0 \end{array}\right. \end{array}$$

$$\Longleftrightarrow$$

$$\hspace*{5mm} \begin{array}{cc} \begin{array}{l}  \\  \\ L... ...+t&=&0\\ &z&&-t&=&0\\ &&&0&=&0 \end{array}\right. \end{array}$$

Le système est de rang 2, il en est de même de l'application $f$. La mise sous forme échelonnée montre que les colonnes de $A$ correspondant aux variables $x$ et $z$, à savoir la première et la troisième, forment une famille libre, donc une base de $\mathrm{Im}(f)$.

$$\mathrm{Im}(f) = \left\{\; \lambda \left(\begin{array}{c}1\ 2... ...}{c}1\ 3\ 2\end{array}\right)\;,\quad \lambda,\mu\in\mathbb{R}\; \right\}\;.$$

Nous avons écrit les vecteurs en colonnes, pour souligner le fait qu'il s'agit nécessairement de vecteurs colonnes de la matrice $A$. Pour trouver une base de $\mathrm{Ker}(f)$, il faut continuer la résolution.

$$\begin{array}{cc} \hspace*{14mm}(H)\Longleftrightarrow & \le... ...{rrcrr} x&+z&=&-2y&-t\\ &z&=&&t \end{array}\right. \end{array}$$

$$\Longleftrightarrow$$

$$\begin{array}{cc} \begin{array}{l} L_1\leftarrow L_1-L_2\\ ... ...rcrr} x&&=&-2y&-2t\\ &z&=&&t\;. \end{array}\right. \end{array}$$

L'ensemble des solutions est l'ensemble des quadruplets $(-2y-2t,y,t,t)$, où $y$ et $t$ sont deux réels quelconques. Donc :

$$\mathrm{Ker}(f) = \left\{\;y (-2,1,0,0)+t (-2,0,1,1) ,\;y,t\in\mathbb{R}\;\right\}\;.$$

C'est un sous-espace de dimension 2 dans $\mathbb{R}^4$.