3.3 Noyau

Considérons une application $f : R^{n} \to R^{p}$ , et notons temporairement $0_{R^{n}}$ et $0_{R^{p}}$ les vecteurs nuls de $R^{n}$ et $R^{p}$ , respectivement.

Si $f$ est linéaire, alors

f (0_{R^{n}}) = 0_{R^{p}} .

Donc pour une application linéaire, l’élément nul de l’ensemble d’arrivée possède toujours au moins une préimage, à savoir l’élément nul de l’ensemble de départ.

Mais en général il peut y avoir des éléments non-nuls de l’ensemble de départ dont l’image est toujours l’élément nul de l’ensemble d’arrivée:

Exemple 3.16.

f : R^{2} \to R^{2}

est définie par

(x_{1}, x_{2}) = v \mapsto f (v) = (x_{1} - 2 x_{2}, - 2 x_{1} + 4 x_{2}),

alors

f (2, 1) = 0_{R^{2}}

f (- 2, - 1) = 0_{R^{2}}

f (6, 3) = 0_{R^{2}}

, etc.

Définition 3.17.

Le noyau d’une application linéaire

f : R^{n} \to R^{p}

est défini par

Ker (f) := {v \in R^{n} : f (v) = 0_{R^{p}}}

On l’a dit au-dessus, $0_{R^{n}} \in Ker (f)$ , donc le noyau d’une application linéaire n’est jamais vide.
D’un point de vue calculatoire, le noyau s’obtient en résolvant simplement l’équation $f (v) = 0_{R^{p}}$ . Si on écrit cette équation en base canonique,
$[f (v)]_{B_{can}} = A [v]_{B_{can}} = [0_{R^{p}}]_{B_{can}},$
où $A$ est la matrice associée à $f$ en base canonique.

Il se trouve que le noyau, comme l’ensemble image, est un sous-espace vectoriel:

Théorème 3.18.

(Théorème du rang) Si

f : R^{n} \to R^{p}

est linéaire, alors

Ker (f)

est un sous-espace vectoriel de

R^{n}

, de dimension

n - r

, où

r = rg (f)

Pour fixer les idées, considérons le cas

n = p = 3

. L’application

f : R^{3} \to R^{3}

est associée à une matrice

A = a d g b e h c f i

Les éléments

v = (x, y, z)

du noyau de

f

sont donc caractérisés par

v \in Ker (f) \Leftrightarrow A x y z = 000 \Leftrightarrow (*) ⎩ ⎨ ⎧ a x d x g x + + + b y ey h y + + + cz f z i z = = = 000

Chacune des équations du système

(*)

doit s’interpréter comme l’équation d’un plan vectoriel de

R^{3}

.
Distinguons les cas, en fonction de

r = rg (f)

Cas $r = 0$ . Dans ce cas $A$ est la matrice nulle, donc tout $v = (x, y, z)$ est solution du système $(*)$ , et donc $Ker (f) = R^{3}$ , qui a dimension $3$ , qui est bien égal à $3 - 0 = 3 - r$ .
Cas $r = 1$ : Dans ce cas les trois lignes de $A$ sont proportionnelles deux à deux, donc $(*)$ ne contient qu’une seule équation: $Ker (f)$ est un plan vectoriel, de dimension $2$ , qui est bien égal à $3 - 1 = 3 - r$ .
Cas $r = 2$ : Dans ce cas, deux des lignes de $A$ sont non-proportionnelles, et la troisième est combinaison linéaire des deux autres. Ainsi, $(*)$ ne contient que deux équations: $Ker (f)$ est une intersection de deux plans vectoriels, c’est donc une droite vectorielle, de dimension $1$ , qui est bien égal à $3 - 2 = 3 - r$ .
Cas $r = 3$ : dans ce cas, $Ker (f)$ est l’ensemble formé par l’unique point d’intersection entre trois plans vectoriels pour lesquels il n’existe aucune relation de dépendance entre les équations, donc $Ker (f) = Vect {(0, 0, 0)}$ , qui a dimension $0 = 3 - 3$ , qui est bien $3 - r$ .

□

Exemple 3.19.

Considérons l’application linéaire

f : R^{2} \to R^{2}

associée à la matrice

A = (1236)

. On a vu (section précédente) que

r = rg (f) = rg (A) = 1

, donc le noyau a dimension

2 - 1 = 1

: c’est une droite vectorielle. En effet,

f (x, y) = (x + 3 y, 2 x + 6 y) = (x + 3 y) (1, 2),

donc on peut trouver le noyau en résolvant

f (x, y) = (0, 0) \Leftrightarrow x + 3 y = 0,

qui est l’équation cartésienne de la droite

Ker (f)

, que l’on peut aussi écrire plus explicitement comme

Vect {(3, - 1)}

(On voit sur l’animation qu’effectivement, les seuls

v

tels que

f (v) = (0, 0)

sont les points sur la droite rouge

Ker (f) = Vect {(3, - 1)}

Exemple 3.20.

Reprenons le cas de l’application

f : R^{3} \to R^{3}

associée à la matrice

A = - 2 11 31 - 4 1 - 3 2 .

On a vu dans la section précédente que

rg (f) = 2

Im (f) = Vect {v_{1}, v_{2}}

, donc le noyau

Ker (f)

a dimension

3 - 2 = 1

: c’est une droite vectorielle. On la trouve en résolvant

f (x, y, z) = (0, 0, 0) \Leftrightarrow ⎩ ⎨ ⎧ - 2 x x x + + - 3 y y 4 y + - + z 3 z 2 z = = = 000

Puisque le noyau a dimension

1

, on sait qu’une de ces équations peut s’obtenir par combinaison linéaire des deux autres. En supprimant par exemple la première (qui est

- L_{2} - L_{3}

), les équations du noyau sont

{x x + - y 4 y - + 3 z 2 z = = 00

Ces deux plans s’intersectent selon une droite dirigée par

v_{in t} = (1 - 3 - 4 2, - 1 - 3 12, 11 1 - 4) = (- 10, - 5, - 5) = (- 5) (2, 1, 1) .

On a donc:

Ker (f) = Vect {(2, 1, 1)} .

Polycopié rédigé par Mathieu Huruguen, Sacha Friedli. Sauf indication contraire, le contenu de ce document est soumis à une licence Creative Commons internationale, Attribution - Utilisation non commerciale - Partage dans les mêmes conditions 4.0 International (CC BY-NC-SA 4.0).

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