Montrer qu’un Endomorphisme est un Isomorphisme
Un endomorphisme est une application linéaire d’un espace vectoriel $E$ dans lui-même. Un isomorphisme est une application linéaire bijective. Un endomorphisme qui est aussi un isomorphisme est appelé un automorphisme. En dimension finie, prouver qu’un endomorphisme est un isomorphisme est plus simple qu’il n’y paraît grâce au théorème du rang.
Pour un endomorphisme $f: E \to E$ où $E$ est de dimension finie $n$, les affirmations suivantes sont toutes équivalentes. Il suffit d’en prouver une seule pour conclure que $f$ est un isomorphisme.
- $f$ est un isomorphisme (bijectif).
- $f$ est injectif (son noyau est réduit au vecteur nul).
- $f$ est surjectif (son image est l’espace entier).
- Le noyau de $f$ est nul : $\text{Ker}(f) = \{0_E\}$.
- L’image de $f$ est l’espace entier : $\text{Im}(f) = E$.
- Le rang de $f$ est égal à la dimension de $E$ : $\text{rang}(f) = n$.
- La matrice $A$ de $f$ dans n’importe quelle base est inversible.
- Le déterminant de la matrice $A$ est non nul.
Exemple 1 : Test par le Noyau
Soit $f: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ défini par $f(x,y,z) = (x+z, y-z, x+y)$.
On cherche le noyau en résolvant $f(x,y,z) = (0,0,0)$.
$\begin{cases} x+z=0 \implies x=-z \\ y-z=0 \implies y=z \\ x+y=0 \end{cases}$
En remplaçant $x$ et $y$ dans la troisième ligne : $(-z) + (z) = 0$. Cette équation est toujours vraie.
Wait, $(-z)+(z)=0$ gives no constraint. Let’s recheck the system. $x+y=0 \implies (-z)+(z)=0$. This means the third equation is redundant. This cannot be right. Let’s re-write the third equation: $x+y = (-z) + (z) = 0$. Okay, so the system solution depends on one variable.
Let’s correct the problem statement to make it an isomorphism. Let’s change the third component to $x+y+z$.
Let $f(x,y,z) = (x+z, y-z, x+y+z)$.
$\begin{cases} x+z=0 \implies x=-z \\ y-z=0 \implies y=z \\ x+y+z=0 \end{cases}$
En remplaçant $x$ et $y$ dans la troisième ligne : $(-z) + (z) + z = 0 \implies z=0$.
Si $z=0$, alors $x=0$ et $y=0$.
La seule solution est $(x,y,z) = (0,0,0)$. Donc $\text{Ker}(f) = \{0\}$.
Conclusion : Comme $f$ est injectif et que c’est un endomorphisme en dimension finie, $f$ est un isomorphisme.
Exemple 2 : Test par le Déterminant
Soit $f$ l’endomorphisme de $\mathbb{R}^2$ de matrice $A = \begin{pmatrix} 4 & -2 \\ 3 & -1 \end{pmatrix}$ dans la base canonique.
On calcule le déterminant de la matrice $A$.
$\det(A) = 4(-1) – (-2)(3) = -4 + 6 = 2$.
Le déterminant est non nul. La matrice $A$ est donc inversible.
Conclusion : Puisque sa matrice est inversible, l’endomorphisme $f$ est un isomorphisme.
Exemple 3 : Test par le Rang
Soit $f$ l’endomorphisme de $\mathbb{R}^3$ de matrice $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & -2 \end{pmatrix}$.
On calcule le rang de $A$ en échelonnant la matrice.
$L_2 \leftarrow L_2 – 2L_1$, $L_3 \leftarrow L_3 + L_1$
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}$
$L_3 \leftarrow L_3 – L_2$
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$.
La matrice échelonnée a 2 pivots. Le rang de $A$ est donc 2.
L’espace est de dimension 3. Comme $\text{rang}(f) = 2 < 3$, $f$ n'est pas surjectif.
Conclusion : $f$ n’est pas un isomorphisme.