PREPA COURCELLES DEUXIEME ANNEE

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Injections, surjections et bijections

1. Rappels de cours

a. Noyau

− Définition

Soit f une application linéaire de E dans F. Le noyau de f est le sous-ensemble de E défini par : Ker 𝑓 = 𝑥∈𝐸,𝑓 𝑥 =0_𝐹

− Cas particuliers

Ker 𝑓 = 0 ⇔dimKer(𝑓)=0⇔𝑓 injective Ker 𝑓 =𝐸 ⇔dimKer(𝑓)=dim 𝐸⇔𝑓=0 b. Image

− Définition

Soit f est une application linéaire de E dans F. L’image de f est le sous- ensemble de F défini par : Im 𝑓 = 𝑦∈𝐹,∃𝑥∈𝐸,𝑦 =𝑓 𝑥

− Caractérisation

D’un point de vue pratique, si ℬ= 𝑒_!,𝑒_!,…,𝑒_! est une base de E, alors : Im 𝑓 =𝑉𝑒𝑐𝑡 𝑓(𝑒_!),𝑓(𝑒_!),…,𝑓(𝑒_!)

La famille 𝑓(𝑒_!),𝑓(𝑒_!),…,𝑓(𝑒_!) est une famille génératrice de Im 𝑓

− Cas particuliers

Im 𝑓 =𝐹⇔dimIm(𝑓)=dim𝐹 ⇔𝑓 surjective Im 𝑓 = 0 ⇔dimIm(𝑓)=0⇔𝑓=0

c. Théorème du rang

− Enoncé

dimKer 𝑓 +rg 𝑓 =dim𝐸

− Conséquences

o f bijective ⇔f injective et dim E = dim F

En effet : f injective⇔ dimKer 𝑓 =0. Donc : rg 𝑓 =dim𝐸.

Ainsi, si dim E = dim F, alors rg 𝑓 =dim𝐹 ⇔𝑓 surjective donc bijective

o f bijective ⇔f surjective et dim E = dim F

En effet : f surjective⇔dimIm 𝑓 =rg 𝑓 =dim𝐹.

Ainsi, si dim E = dim F, alors rg 𝑓 =dim𝐸. Dans ce cas, dimKer 𝑓 =0 ⇔𝑓 injective donc bijective

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2 2. Exemples d’études d’injectivité et de surjectivité

a. Exemple 1 : soit 𝒇:𝑹^𝟑→𝑹^𝟑, 𝒙,𝒚,𝒛 ↦(−𝟐𝒙+𝒚,𝒚−𝒙,𝒙+𝒚+𝒛)

Pour étudier l’injectivité, il convient de déterminer Kerf et se demander si 𝐾𝑒𝑟 𝑓 = 0_!^! ∶

𝑥,𝑦,𝑧 ∈𝐾𝑒𝑟 𝑓 ⇔ −2𝑥+𝑦,𝑦−𝑥,𝑥+𝑦+𝑧 =(0,0,0) 𝑥,𝑦,𝑧 ∈𝐾𝑒𝑟 𝑓 ⇔

−2𝑥+𝑦=0

−𝑥+𝑦=0 𝑥+𝑦+𝑧=0 D’après la 2^ème équation : 𝑦=𝑥.

En reportant dans la première équation : −2𝑥+𝑥=0 soit 𝑥=0, donc 𝑦=0.

En reportant dans la troisième équation : 0+0+𝑧=0 donc 𝑧=0 Ainsi : 𝐾𝑒𝑟 𝑓 = 0,0,0 = 0_!^! , donc f est injective.

Pour étudier la surjectivité, il convient de déterminer Imf et se demander si dimIm(f)=dim(espace vectoriel d’arrivée) =dim𝑅^! =3. Pour cela, il convient de déterminer une base de Im(f) dont le nombre d’éléments est égal à la dimension recherchée

Im 𝑓 =𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑓 1,0,0 ,𝑓 0,1,0 ,𝑓 0,0,1 =𝑉𝑒𝑐𝑡( −2,−1,1 , 1,1,1 , 0,0,1 ) Donc ( −2,−1,1 , 1,1,1 , 0,0,1 ) est une famille génératrice de Im 𝑓

Montrons que ( −2,−1,1 , 1,1,1 , 0,0,1 ) est une famille libre Soit 3 réels a, b et c tels que :

a −2,−1,1 +𝑏 1,1,1 +𝑐 0,0,1 =0

−2𝑎+𝑏=0

−𝑎+𝑏=0 𝑎+𝑏+𝑐=0

D’après la 2^ème équation, 𝑎 =𝑏.

En reportant dans la 1^ère équation : −2𝑎+𝑎=0 donc 𝑎=0 En reportant dans la 3^ème équation : 0+0+𝑐=0 donc 𝑐=0 Ainsi ( −2,−1,1 , 1,1,1 , 0,0,1 ) est une famille libre.

Donc ( −2,−1,1 , 1,1,1 , 0,0,1 ) est une base de Im 𝑓 .

Par conséquent : dimIm 𝑓 =3=dim(𝑒𝑠𝑝𝑎𝑐𝑒 𝑣𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟𝑖𝑒𝑙 𝑑’𝑎𝑟𝑟𝑖𝑣é𝑒) =dim𝑅^! Finalement f est surjective.

Comme f est injective et surjective, f est bijective

NB : on vérifie : dimKer 𝑓 +rg 𝑓 =0+3=3=dim(𝑒𝑠𝑝𝑎𝑐𝑒 𝑑𝑒 𝑑é𝑝𝑎𝑟𝑡)

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b. Exemple 2 : soit 𝒇:𝑹^𝟑→𝑹^𝟒, 𝒙,𝒚,𝒛 ↦(𝒙+𝒛,𝒚−𝒙,𝒛+𝒚,𝒙+𝒚+𝟐𝒛)

Pour étudier l’injectivité, il convient de déterminer Kerf et se demander si 𝐾𝑒𝑟 𝑓 = 0_!^! ∶

𝑥,𝑦,𝑧 ∈𝐾𝑒𝑟 𝑓 ⇔ 𝑥+𝑧,𝑦−𝑥,𝑧+𝑦,𝑥+𝑦+2𝑧 =(0,0,0) 𝑥,𝑦,𝑧 ∈𝐾𝑒𝑟 𝑓 ⇔

𝑥+𝑧=0

−𝑥+𝑦=0 𝑧+𝑦=0 𝑥+𝑦+2𝑧=0 Résolution par la méthode du pivôt de Gauss 𝐿_!

𝐿_! 𝐿_! 𝐿_!

1 0 1 0

−1 1 0 0 0 1 1 0 1 1 2 0 𝐿_!

𝐿′_!=𝐿_!+𝐿_! 𝐿_! 𝐿′_!=𝐿_!−𝐿_!

1 0 1 0

0 1 1 0

0 −1 −1 0 𝐿_!

𝐿′_! 𝐿_! 𝐿′′_!=𝐿_!+𝐿′_!

1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0

Les lignes 2 et 3 sont identiques. Ainsi le système se résume à : 𝑥+𝑧=0

𝑦+𝑧=0⇔

𝑥=−𝑧 𝑦=−𝑧 𝑧=𝑧

Ainsi : 𝐾𝑒𝑟 𝑓 =𝑉𝑒𝑐𝑡( −1,−1,1 )=𝑉𝑒𝑐𝑡( 1,1,−1 ) Donc: 𝐾𝑒𝑟 𝑓 ≠ 0_!^! . Par conséquent 𝑓 n’est pas injective.

Pour étudier la surjectivité, il convient de déterminer Imf et se demander si dimIm(f)=dim(espace vectoriel d’arrivée) =dim𝑅^! =4. Pour cela, il convient de déterminer une base de Im(f) dont le nombre d’éléments est égal à la dimension recherchée

Im 𝑓 =𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑓 1,0,0 ,𝑓 0,1,0 ,𝑓 0,0,1 =𝑉𝑒𝑐𝑡( 1,−1,0,1 , 0,1,1,1 , 0,1,1,1 ) Donc 1,−1,0,1 , 0,1,1,1 , 1,0,1,2 =(𝑢,𝑣,𝑤) est une famille génératrice de Im 𝑓 .

Toutefois, si (𝑢,𝑣,𝑤) était une base de Im 𝑓 , on aurait : dimIm 𝑓 =rg 𝑓 =3.

Or, dimKer 𝑓 =1. Et le théorème du rang conduirait à constater une incohérence.

En effet, dans ce cas :

dimKer 𝑓 +rg 𝑓 =1+3=4≠dim 𝑒𝑠𝑝𝑎𝑐𝑒 𝑑𝑒 𝑑é𝑝𝑎𝑟𝑡 =3

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Il convient alors de se demander si l’un des vecteurs de (𝑢,𝑣,𝑤) n’est pas combinaison linéaire des autres.

Or, on constate que : 𝑤=𝑢+𝑣. Donc w est une combinaison linéaire de u et de v.

Ainsi :

Im 𝑓 =𝑉𝑒𝑐𝑡(𝑓 1,0,0 ,𝑓 0,1,0 ,𝑓 0,0,1 =𝑉𝑒𝑐𝑡( 1,−1,0,1 , 0,1,1,1 ) En d’autres termes, 1,−1,0,1 , 0,1,1,1 est une famille génératrice de Im 𝑓 .

1,−1,0,1 et 0,1,1,1 ne sont pas colinéaires. La famille 1,−1,0,1 , 0,1,1,1 est donc libre et constitue ainsi une base de Im 𝑓 .

Finalement dimIm 𝑓 =2≠dim(𝑒𝑠𝑝𝑎𝑐𝑒 𝑣𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟𝑖𝑒𝑙 𝑑’𝑎𝑟𝑟𝑖𝑣é𝑒) =dim𝑅^! =4 Par conséquent : f n’est pas surjective.

NB : on vérifie : dimKer 𝑓 +rg 𝑓 =1+2=3=dim(𝑒𝑠𝑝𝑎𝑐𝑒 𝑑𝑒 𝑑é𝑝𝑎𝑟𝑡)