Soient $E$ un K-espace vectoriel de dimension finie, $F$ un K-espace vectoriel quelconque et $f: E \to F$ une application linéaire. Démontrer que :
a) Pour tout sous-espace vectoriel $G$ de $E$, on a :
b) Pour tout sous-espace vectoriel $H$ de $F$, on a :
a) On considère la restriction de $f$ à $G$, notée $f_G : G \to F$. L’image de cette restriction est $Im(f_G) = f(G)$. Le noyau de cette restriction est $Ker(f_G) = \{x \in G \mid f(x)=0\} = G \cap Ker(f)$. En appliquant le théorème du rang à l’application $f_G$, on obtient directement la formule demandée.
b) Soit $h$ la restriction de $f$ à l’image réciproque $f^{-1}(H)$. L’application $h: f^{-1}(H) \to F$ a pour image $Im(h) = f(f^{-1}(H)) = H \cap Im(f)$ (d’après une proposition précédente). Son noyau est $Ker(h) = Ker(f) \cap f^{-1}(H) = Ker(f)$. Le théorème du rang appliqué à $h$ nous donne $\dim(f^{-1}(H)) = \dim(Im(h)) + \dim(Ker(h))$, ce qui correspond à la formule attendue.
Soient $E, F, G$ trois K-espaces vectoriels de dimension finie, et $f: E \to F$, $g: F \to G$ deux applications linéaires. Démontrer l’encadrement suivant pour le rang de la composée :
Majoration : L’image de la composée, $Im(g \circ f) = g(f(E))$, est incluse dans l’image de $g$, $Im(g)$. Donc $rg(g \circ f) \le rg(g)$. De plus, $rg(g \circ f) = \dim(g(Im(f))) \le \dim(Im(f)) = rg(f)$. On a donc bien $rg(g \circ f) \le \min(rg(f), rg(g))$.
Minoration (Inégalité de Sylvester) : On applique le théorème du rang à la restriction de $g$ à $Im(f)$, notée $g_{|Im(f)} : Im(f) \to G$. Le rang de cette application est $rg(g_{|Im(f)}) = \dim(g(Im(f))) = rg(g \circ f)$. Son noyau est $Ker(g_{|Im(f)}) = Ker(g) \cap Im(f)$. Le théorème du rang donne : $\dim(Im(f)) = rg(g \circ f) + \dim(Ker(g) \cap Im(f))$.
Donc, $rg(g \circ f) = rg(f) – \dim(Ker(g) \cap Im(f))$. Or, $\dim(Ker(g) \cap Im(f)) \le \dim(Ker(g))$. Et par le théorème du rang appliqué à $g$, $\dim(Ker(g)) = \dim(F) – rg(g)$. En substituant, on obtient $rg(g \circ f) \ge rg(f) – (\dim(F) – rg(g))$, ce qui est l’inégalité recherchée.
Soient $E$ et $F$ deux K-espaces vectoriels, et $f, g: E \to F$ deux applications linéaires. Démontrer l’inégalité :
Majoration : On a $Im(f+g) = \{(f+g)(x) \mid x \in E\} = \{f(x)+g(x) \mid x \in E\}$. Cet ensemble est inclus dans $Im(f)+Im(g)$. En passant aux dimensions, on a $\dim(Im(f+g)) \le \dim(Im(f)+Im(g))$. D’après la formule de Grassmann, $\dim(Im(f)+Im(g)) \le \dim(Im(f)) + \dim(Im(g))$. On a donc bien $rg(f+g) \le rg(f) + rg(g)$.
Minoration : On écrit $f = (f+g) – g$. En appliquant la majoration que l’on vient de démontrer, on a $rg(f) \le rg(f+g) + rg(-g)$. Comme $rg(-g)=rg(g)$, on obtient $rg(f) – rg(g) \le rg(f+g)$. En échangeant les rôles de $f$ et $g$, on a de même $rg(g) – rg(f) \le rg(f+g)$. Ces deux inégalités se combinent pour donner $|rg(f) – rg(g)| \le rg(f+g)$.
Soient $E$ et $F$ deux K-espaces vectoriels, et $f, g: E \to F$ deux applications linéaires. Démontrer l’équivalence :
On sait que $Im(f+g) \subseteq Im(f)+Im(g)$. L’égalité $rg(f+g) = rg(f) + rg(g)$ implique donc que $\dim(Im(f)+Im(g)) \ge rg(f)+rg(g)$. Or, la formule de Grassmann nous dit que $\dim(Im(f)+Im(g)) = rg(f)+rg(g)-\dim(Im(f)\cap Im(g))$. La seule façon de satisfaire l’inégalité est que $\dim(Im(f)\cap Im(g))=0$, ce qui prouve la première condition $Im(f)\cap Im(g)=\{0\}$.
Si $Im(f)\cap Im(g)=\{0\}$, alors $Ker(f+g) = Ker(f) \cap Ker(g)$. En utilisant le théorème du rang et la formule de Grassmann sur les noyaux, on établit la seconde équivalence. La démonstration complète requiert de manipuler ces identités pour passer de la condition sur les images à celle sur les noyaux.
Soient $u, v$ deux endomorphismes d’un espace $E$ de dimension finie, tels que $E = Ker(u) + Ker(v) = Im(u) + Im(v)$. Montrer que ces sommes sont directes.
Notons $n=\dim(E)$. L’hypothèse $E = Ker(u) + Ker(v)$ et la formule de Grassmann impliquent $n = \dim(Ker(u)) + \dim(Ker(v)) – \dim(Ker(u) \cap Ker(v))$. De même, $E = Im(u) + Im(v)$ implique $n = rg(u) + rg(v) – \dim(Im(u) \cap Im(v))$.
En additionnant ces deux équations, on obtient :
$2n = (\dim(Ker(u))+rg(u)) + (\dim(Ker(v))+rg(v)) – (\dim(Ker(u) \cap Ker(v)) + \dim(Im(u) \cap Im(v)))$.
D’après le théorème du rang, $\dim(Ker(u))+rg(u)=n$ et $\dim(Ker(v))+rg(v)=n$. L’équation devient donc :
$2n = n + n – (\dim(Ker(u) \cap Ker(v)) + \dim(Im(u) \cap Im(v)))$.
Cela force $\dim(Ker(u) \cap Ker(v)) + \dim(Im(u) \cap Im(v)) = 0$. Comme les dimensions sont des entiers positifs, elles sont toutes deux nulles. Une intersection de dimension nulle est réduite au vecteur nul. Les deux sommes sont donc directes.