b) Calcul d'une image matriciellement
Ce qu'il faut bien retenir c'est que toutes les informations de l'application linéaire sont lisibles dans sa matrice.
Par exemple, pour calculer $y = f(x)$, on fait le calcul matriciel suivant. Le vecteur $x$ se décompose dans la base $\rm {\mathcal B}_E$ selon l'égalité : $\displaystyle{x=\sum_{\rm j=1}^{\rm p}x_{\rm j} \rm e_j}$.
On note la matrice colonne des coordonnées de $x$ dans la base $\rm {\mathcal B}_E$ par
$X=\left(\begin{array}{c}
x_1 \\
\vdots \\
x_p
\end{array}\right)$.
De la même façon, on décompose $y$ dans la base d'arrivée et on note $\rm Y$ la matrice colonne de ses coordonnées.
Alors on a $\rm Y=AX$.
Ainsi, chercher l'image de $f$ revient à chercher l'image de la matrice $\rm A$ et cette image est égale au sous-espace engendré par les colonnes de la matrice. On en déduit également que le rang de $f$ est égal au rang de sa matrice $\rm A$.
De même, chercher le noyau de $f$ revient à résoudre le système linéaire $\rm AX=0$.
Remarque : lorsque l'application linéaire est un endomorphisme alors la matrice $\rm A$ est carrée.
Exemple :
On considère l'application :
$\begin{array}{llll}
f & {\Bbb R}_3[X] & \longrightarrow & \rm {\Bbb R}_3[X]\\
& \rm P & \mapsto & \rm P-XP'\\
\end{array}$
On montre facilement que $f$ est un endomorphisme de $\rm {\Bbb R}_3[X]$.
Calculer matriciellement $f\rm (1-X+X^2)$ puis déterminer ${\rm Ker}(f)$.
On détermine la matrice représentative de $f$ dans la base canonique $\rm {\mathcal B} = (1,X,X^2,X^3)$ de $\rm {\Bbb R}_3[X]$.
$\mathrm A={\rm Mat}_{\mathcal B}(f)=\left(\begin{array}{rrrr}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 0 &-2
\end{array}\right)$.
La polynôme $\rm P(X) = 1-X+X^2$ a pour coordonnées $(1,-1,1,0)$ dans ${\mathcal B}$. Notons
$\rm U = {\rm Mat}_{\mathcal B}(P) = \left(\begin{array}{r}
1 \\
-1 \\
1 \\
0
\end{array}\right)$.
Donc d'après le théorème précédent, $f(\rm P)$ a pour coordonnées dans ${\mathcal B}$ :
$\rm A \times U $ $=\left(\begin{array}{rrrr}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 0 &-1
\end{array}\right) \times \left(\begin{array}{r}
1 \\
-1 \\
1 \\
0
\end{array}\right)$ $= \left(\begin{array}{r}
1 \\
0 \\
-1 \\
0
\end{array}\right)$.
Donc $f\rm (P) = 1-X^2$.
Soit à présent $\rm P=a_0+a_1X+a_2X^2+a_3X^3 \in {\Bbb R}_3[X]$. On note $\rm U={\rm Mat}_{{\mathcal B}}(P)=\left(\begin{array}{c}
\rm a_0 \\
\rm a_1 \\
\rm a_2 \\
\rm a_3
\end{array}\right)$.
On a $0=f\rm (P) \iff 0=AU$.
Or $\rm AU$ $= \left(\begin{array}{rrrr}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 0 &-2
\end{array}\right)$
$\left(\begin{array}{c}
\rm a_0 \\
\rm a_1 \\
\rm a_2 \\
\rm a_3
\end{array}\right)$ $=
\left(\begin{array}{r}
\rm a_0 \\
0 \\
\rm -a_2 \\
\rm -2a_3
\end{array}\right)$.
Comme $\mathrm P \in {\rm Ker}(f) \iff f\rm (P)$ $=0_{{\Bbb R}_3[X]} \iff \rm A\times U$ $\rm = 0_{M_{4,1}({\Bbb R}_3[X])}$
On en déduit que $\rm P \in {\rm Ker}(f) \iff \left(\begin{array}{r}
\rm a_0 \\
0 \\
\rm -a_2 \\
\rm -2a_3
\end{array}\right) = \left(\begin{array}{r}
0 \\
0 \\
0 \\
0
\end{array}\right)$.
Donc $\rm a_0=0$ et $\rm a_2=0$ et $\rm a_3=0$ c'est-à-dire $\rm P=a_1X$.
Donc ${\rm Ker}(f) = \rm vect(X)$.
Le noyau est de dimension $1$. Comme l'espace est de dimension $4$, l'image est de dimension $3$. L'image de $f$ se lit sur les colonnes de la matrices.
L'image est engendrée par le $\rm 1^{er}$, le $\rm 3^{ème}$ et le $\rm 4^{ème}$ vecteur colonne. Si on retranscrit dans l'espace $\rm {\Bbb R}_3[X]$, le premier vecteur correspond au polynôme $1$, le $\rm 3^{ème}$ au polynôme $\rm -X^2$ le troisième au polynôme $\rm -2X^3$. On a donc ${\rm im}(f) = \rm vect(1,-X^2,-2X^3) = vect(1,X^2,X^3)$.
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