Noyau, image, théorème du rang : les fondations de l'algèbre linéaire, avec le lien entre composition d'applications et produit matriciel.
Une application $f:E\to F$ entre deux espaces vectoriels est dite linéaire si, pour tous $u,v\in E$ et $\lambda\in\mathbb R$ :
$$f(u+v) = f(u)+f(v) \qquad \text{et} \qquad f(\lambda u) = \lambda f(u)$$
En dimension finie, toute application linéaire $f:\mathbb R^n\to\mathbb R^p$ peut être représentée par une matrice $A$ (de taille $p\times n$), telle que $f(x)=Ax$ pour tout vecteur colonne $x\in\mathbb R^n$. Les colonnes de $A$ sont exactement les images des vecteurs de la base canonique : $A=\big(f(e_1)\ f(e_2)\ \cdots\ f(e_n)\big)$.
Le noyau de $f$ (ou de $A$) est l'ensemble des vecteurs envoyés sur $0$ :
$$\ker f = \{x\in E : f(x)=0\} = \{x : Ax=0\}$$
C'est un sous-espace vectoriel de $E$ (stable par combinaison linéaire, contenant toujours $0$). Le noyau mesure le « défaut d'injectivité » de $f$ :
$f$ est injective $\iff \ker f = \{0\}$ (seul le vecteur nul est envoyé sur $0$).
$\ker f$ (doré) est la partie de $E$ écrasée sur $0$ ; $\mathrm{Im}\,f$ (vert) est la partie de $F$ effectivement atteinte — le théorème du rang (§4) relie précisément la taille de ces deux zones.
L'image de $f$ est l'ensemble des valeurs atteintes :
$$\mathrm{Im}\,f = \{f(x) : x\in E\} = \{Ax : x\in\mathbb R^n\}$$
C'est un sous-espace vectoriel de $F$, engendré par les colonnes de $A$ (d'où le terme espace des colonnes, ou « column space »). $f$ est surjective sur $F$ si et seulement si $\mathrm{Im}\,f=F$.
Pour $f:E\to F$ linéaire, avec $E$ de dimension finie $n$ :
$$\dim\ker f + \dim\mathrm{Im}\,f = n = \dim E$$
Le rang de $f$ (ou de $A$), noté $\mathrm{rg}(f)$, est par définition $\dim\mathrm{Im}\,f$. Ce théorème relie de façon rigide les dimensions du noyau et de l'image : plus le noyau est « grand », plus l'image est « petite », et réciproquement.
On observe que la colonne 2 est le double de la colonne 1 : le rang est donc au plus 2. En réduisant (opérations sur les lignes), on trouve $\mathrm{rg}(A)=2$.
Par le théorème du rang ($n=3$ colonnes) : $\dim\ker A=3-2=1$. En résolvant $Ax=0$, on trouve $\ker A=\mathrm{Vect}\left\{(1,-2,1)^T\right\}$ (on vérifie : $A(1,-2,1)^T=(1-4+3,\,2-8+6,\,1-0-1)^T=(0,0,0)^T$ ✓).
$\dim\mathrm{Im}\,A=2$ : l'image est un plan de $\mathbb R^3$, engendré par exemple par les colonnes 1 et 3 de $A$ (indépendantes).
Si $f:\mathbb R^n\to\mathbb R^p$ a pour matrice $A$ et $g:\mathbb R^p\to\mathbb R^q$ a pour matrice $B$, alors la composée $g\circ f:\mathbb R^n\to\mathbb R^q$ a pour matrice le produit $BA$ :
$$(g\circ f)(x) = g(f(x)) = g(Ax) = B(Ax) = (BA)x$$
C'est précisément pour que cette relation soit vraie que le produit matriciel est défini comme il l'est (et non, par exemple, comme un produit terme à terme) : la structure du produit matriciel encode exactement la composition des applications linéaires sous-jacentes.
Montrer que $f(x,y)=(2x+y,\,x-y)$ est linéaire.
$f\big((x,y)+(x',y')\big)=f(x+x',y+y')=(2(x+x')+(y+y'),\,(x+x')-(y+y'))=(2x+y,x-y)+(2x'+y',x'-y')=f(x,y)+f(x',y')$.
$f(\lambda x,\lambda y)=(2\lambda x+\lambda y,\,\lambda x-\lambda y)=\lambda(2x+y,x-y)=\lambda f(x,y)$. Les deux conditions sont vérifiées : $f$ est linéaire.
Donner la matrice de $f(x,y,z)=(x+y,\,y-z,\,2x+z)$.
$A=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&-1\\2&0&1\end{pmatrix}$ (chaque ligne correspond aux coefficients d'une composante de $f$).
Calculer le noyau de $A=\begin{pmatrix}1&1\\2&2\end{pmatrix}$.
Les deux lignes sont proportionnelles : $\mathrm{rg}(A)=1$. $Ax=0\iff x+y=0\iff y=-x$.
$\ker A=\mathrm{Vect}\left\{(1,-1)^T\right\}$, de dimension 1.
Pour la matrice de l'exercice 3 ($n=2$ colonnes, $\dim\ker A=1$), en déduire $\dim\mathrm{Im}\,A$.
$\dim\ker A+\dim\mathrm{Im}\,A=n=2\Rightarrow\dim\mathrm{Im}\,A=2-1=1$ (cohérent avec $\mathrm{rg}(A)=1$).
Déterminer une base de l'image de $A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\\1&1\end{pmatrix}$ (application de $\mathbb R^2$ vers $\mathbb R^3$).
Les deux colonnes $(1,0,1)^T$ et $(0,0,1)^T$ sont indépendantes (rang 2) : $\mathrm{Im}\,A=\mathrm{Vect}\left\{(1,0,1)^T,(0,0,1)^T\right\}$, un plan de $\mathbb R^3$.
La matrice $A=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$ définit-elle une application injective ?
$\det A=1\times4-2\times3=-2\neq0$ : $A$ est inversible, donc $\mathrm{rg}(A)=2$.
Par le théorème du rang, $\dim\ker A=2-2=0$, soit $\ker A=\{0\}$ : $f$ est injective (cours §2).
La matrice $A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}$ (de $\mathbb R^3$ vers $\mathbb R^2$) définit-elle une application surjective ?
Les deux premières colonnes forment déjà la base canonique de $\mathbb R^2$ : $\mathrm{rg}(A)=2=\dim\mathbb R^2$, donc $\mathrm{Im}\,A=\mathbb R^2$ : $f$ est surjective.
Soient $A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}2&0\\1&3\end{pmatrix}$. Calculer la matrice de $g\circ f$, où $f$ a pour matrice $B$ et $g$ a pour matrice $A$.
La matrice de $g\circ f$ est $AB=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&0\\1&3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2+1&0+3\\0+1&0+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&3\\1&3\end{pmatrix}$.
Démontrer que $\ker f$ est un sous-espace vectoriel de $E$.
$0\in\ker f$ car $f(0)=0$ (propriété générale des applications linéaires, exercice 18). $\ker f$ est donc non vide.
Si $u,v\in\ker f$, alors $f(u+v)=f(u)+f(v)=0+0=0$, donc $u+v\in\ker f$.
Si $u\in\ker f$ et $\lambda\in\mathbb R$, $f(\lambda u)=\lambda f(u)=\lambda\times0=0$, donc $\lambda u\in\ker f$. Les trois conditions (contient 0, stable par somme, stable par produit scalaire) sont vérifiées : $\ker f$ est bien un sous-espace vectoriel.
Démontrer que $\mathrm{Im}\,f$ est un sous-espace vectoriel de $F$.
$0=f(0)\in\mathrm{Im}\,f$. Si $y_1=f(u_1)$ et $y_2=f(u_2)$ sont dans $\mathrm{Im}\,f$, alors $y_1+y_2=f(u_1)+f(u_2)=f(u_1+u_2)\in\mathrm{Im}\,f$.
Si $y=f(u)\in\mathrm{Im}\,f$ et $\lambda\in\mathbb R$, $\lambda y=\lambda f(u)=f(\lambda u)\in\mathrm{Im}\,f$. $\mathrm{Im}\,f$ est bien un sous-espace vectoriel.
La rotation d'angle $\theta$ dans le plan a pour matrice $R_\theta=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}$. Justifier que cette application est toujours injective (et donc bijective), quel que soit $\theta$.
$\det R_\theta=\cos^2\theta+\sin^2\theta=1\neq0$, toujours : $R_\theta$ est inversible pour tout $\theta$, donc l'application associée est bijective — cohérent avec l'intuition géométrique qu'une rotation ne peut jamais « écraser » le plan (elle préserve les distances et les angles).
Déterminer le noyau et l'image de $A=\begin{pmatrix}2&1&3\\4&2&6\\1&1&2\end{pmatrix}$.
La ligne 2 est le double de la ligne 1 : $\mathrm{rg}(A)\le2$. En vérifiant les colonnes 1 et 3 (indépendantes), $\mathrm{rg}(A)=2$.
Résolution de $Ax=0$ : on trouve $\ker A=\mathrm{Vect}\left\{(-1,-1,1)^T\right\}$ (vérification : $2(-1)+1(-1)+3(1)=0$, $1(-1)+1(-1)+2(1)=0$ ✓).
Par le théorème du rang : $\dim\ker A=1$, $\dim\mathrm{Im}\,A=3-1=2$, cohérent avec $\mathrm{rg}(A)=2$.
Montrer que si $f:\mathbb R^n\to\mathbb R^p$ est linéaire avec $n>p$, alors $f$ ne peut pas être injective.
Le rang de $f$ vérifie $\mathrm{rg}(f)\le p$ (l'image est un sous-espace de $\mathbb R^p$, elle ne peut avoir une dimension supérieure à $p$).
Par le théorème du rang, $\dim\ker f=n-\mathrm{rg}(f)\ge n-p>0$ (car $n>p$) : le noyau contient un sous-espace de dimension strictement positive, donc $\ker f\neq\{0\}$ : $f$ ne peut pas être injective.
Montrer que si $f:\mathbb R^n\to\mathbb R^p$ est linéaire avec $n $\mathrm{rg}(f)=\dim\mathrm{Im}\,f\le n$ (par le théorème du rang, la dimension de l'image ne peut dépasser la dimension de l'espace de départ). Comme $nVoir la correction
Pour $A=\begin{pmatrix}1&2&0&1\\2&4&1&3\\0&0&1&1\end{pmatrix}$ (application de $\mathbb R^4$ vers $\mathbb R^3$), on donne $\mathrm{rg}(A)=2$. Vérifier le théorème du rang en calculant $\dim\ker A$.
$n=4$ (nombre de colonnes). $\dim\ker A=n-\mathrm{rg}(A)=4-2=2$ : le noyau est un plan (sous-espace de dimension 2) de $\mathbb R^4$.
Pour $A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}2&0\\1&3\end{pmatrix}$, calculer $BA$ et $AB$, et vérifier qu'ils diffèrent.
$BA=\begin{pmatrix}2&0\\1&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&2\\1&4\end{pmatrix}$.
$AB=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&0\\1&3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&3\\1&3\end{pmatrix}$. $BA\neq AB$ : le produit matriciel n'est pas commutatif en général — cohérent avec le fait que composer $f\circ g$ n'est en général pas la même chose que $g\circ f$.
En statistique, on cherche à approcher un vecteur de données $b\in\mathbb R^m$ par un élément de $\mathrm{Im}(A)$ (les prédictions possibles d'un modèle linéaire). Pourquoi cette approche n'est-elle utile que lorsque $\mathrm{Im}(A)\neq\mathbb R^m$ tout entier ?
Si $\mathrm{Im}(A)=\mathbb R^m$ (application surjective), on pourrait toujours trouver un $x$ tel que $Ax=b$ exactement, rendant l'approximation triviale (pas d'erreur résiduelle). C'est précisément lorsque $\mathrm{Im}(A)$ est un sous-espace strict de $\mathbb R^m$ (moins de paramètres que d'observations, cas typique en régression) que la projection de $b$ sur $\mathrm{Im}(A)$ devient une véritable approximation — le principe même des moindres carrés.
Démontrer que $f(0)=0$ pour toute application linéaire $f$.
$f(0)=f(0\times0)=0\times f(0)=0$ (en utilisant $f(\lambda u)=\lambda f(u)$ avec $\lambda=0$). Alternativement : $f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)$, donc $f(0)=0$ en soustrayant $f(0)$ des deux côtés.
Une matrice $A$ de taille $p\times n$ (avec $p\ge n$) vérifie $\mathrm{rg}(A)=n$ (rang plein en colonnes). Que peut-on en conclure sur l'injectivité de l'application associée ?
Par le théorème du rang, $\dim\ker A=n-\mathrm{rg}(A)=n-n=0$ : $\ker A=\{0\}$, donc l'application est injective. Un rang plein en colonnes équivaut toujours à l'injectivité.
Pour $A=\begin{pmatrix}1&0&1&2\\0&1&1&1\\1&1&2&3\end{pmatrix}$, déterminer le rang, une base du noyau, et vérifier le théorème du rang.
La ligne 3 est la somme des lignes 1 et 2 : $\mathrm{rg}(A)\le2$. Les colonnes 1 et 2 étant indépendantes, $\mathrm{rg}(A)=2$.
Résolution de $Ax=0$ (système à 2 équations indépendantes, 4 inconnues, donc 2 degrés de liberté) : on trouve deux vecteurs indépendants $(-1,-1,1,0)^T$ et $(-2,-1,0,1)^T$ engendrant $\ker A$.
Vérification du théorème du rang : $n=4$ colonnes, $\dim\ker A=2$, $\mathrm{rg}(A)=2$, et $2+2=4$ ✓.
Exercice A — Soit $A=\begin{pmatrix}1&2&1\\2&4&3\\1&2&2\end{pmatrix}$.
1. Montrer que $\mathrm{rg}(A)\le2$, puis déterminer sa valeur exacte.
2. Déterminer une base du noyau de $A$.
3. Vérifier le théorème du rang.
Exercice B — Question de cours
Une application linéaire $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^3$ vérifie $\ker f=\{0\}$. Est-elle nécessairement surjective ? Justifier.
En infographie, projeter une scène 3D sur un écran (plan $xy$) revient à appliquer la matrice $P=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}$ à chaque point $(x,y,z)$.
1. Calculer $\mathrm{rg}(P)$ et en déduire une base de $\mathrm{Im}(P)$.
2. Déterminer $\ker(P)$ et interpréter géométriquement ce résultat (quels points sont « perdus » par la projection ?).
3. Calculer $P^2$ (appliquer la projection deux fois de suite). Le résultat est-il cohérent avec l'intuition géométrique d'une projection ?