Application Linéaire Exercices Corrigés

Solution de la question 1 :

Soient \((x,y),(x’,y’) \in \mathbb{R}^2\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\). On a :

\[ f\big(\lambda(x,y)+(x’,y’)\big) = f(\lambda x + x’,\ \lambda y + y’) = \big((\lambda x+x’)+(\lambda y+y’),\ (\lambda x+x’)-(\lambda y+y’),\ 2(\lambda x+x’)\big) \]

En regroupant les termes, on obtient :

\[ = \lambda(x+y,\ x-y,\ 2x) + (x’+y’,\ x’-y’,\ 2x’) = \lambda f(x,y) + f(x’,y’) \]

Donc \(f\) est linéaire.

Solution de la question 2 :
\[ g(1,1) = 1, \qquad g(2,2) = 4, \qquad \text{mais} \qquad 2\,g(1,1) = 2 \neq 4 \]

L’homogénéité n’est pas vérifiée, donc \(g\) n’est pas linéaire.

Solution de la question 1 :

Soient \(P,Q \in \mathbb{R}[X]\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\). Alors :

\[ \varphi(P+\lambda Q) = (P+\lambda Q)(1) – (P+\lambda Q)(0) = \big(P(1)+\lambda Q(1)\big) – \big(P(0)+\lambda Q(0)\big) \]
\[ = \big(P(1)-P(0)\big) + \lambda\big(Q(1)-Q(0)\big) = \varphi(P) + \lambda\varphi(Q) \]

Donc \(\varphi\) est une forme linéaire.

Solution de la question 2 :

Posons \(P=Q=X\). Alors :

\[ \psi(P+Q) = \psi(2X) = 4X^2, \qquad \text{alors que} \qquad \psi(P)+\psi(Q) = X^2+X^2 = 2X^2 \]

Comme \(4X^2 \neq 2X^2\), l’application \(\psi\) n’est pas linéaire.

Solution de la question 1 :

On résout \(f(x,y,z)=(0,0)\) :

\[ \begin{cases} x+y-z = 0 \\ 2x-y+z = 0 \end{cases} \]

La première équation donne \(z = x+y\). En substituant dans la seconde : \(2x-y+(x+y)=0 \Rightarrow 3x=0 \Rightarrow x=0\), puis \(z=y\). Ainsi :

\[ \ker f = \{(0,y,y) : y \in \mathbb{R}\} = \mathrm{Vect}\big((0,1,1)\big) \]

Le noyau est de dimension 1, engendré par le vecteur \((0,1,1)\).

Solution de la question 2 :
\[ f(e_1)=(1,2), \qquad f(e_2)=(1,-1), \qquad f(e_3)=(-1,1) \]

Les vecteurs \(f(e_1)\) et \(f(e_2)\) ne sont pas colinéaires (\(1\times(-1)-2\times1=-3\neq0\)), donc ils engendrent \(\mathbb{R}^2\). Ainsi \(\mathrm{Im}\,f=\mathbb{R}^2\), de dimension 2, et \(f\) est surjective.

Solution de la question 1 :

On résout \(f(x,y,z,t)=(0,0,0)\) :

\[ \begin{cases} x-y+z = 0 \\ y+z+t = 0 \\ x+2z+t = 0 \end{cases} \]

La première équation donne \(x=y-z\). En substituant dans la troisième : \((y-z)+2z+t=0 \Rightarrow y+z+t=0\), qui est identique à la deuxième équation : elle est donc redondante. Il reste \(x=y-z\) et \(t=-y-z\), avec \(y,z\) libres :

\[ \ker f = \mathrm{Vect}\big((1,1,0,-1),\ (-1,0,1,-1)\big), \qquad \dim \ker f = 2 \]
Solution de la question 2 :
\[ f(e_1)=(1,0,1), \quad f(e_2)=(-1,1,0), \quad f(e_3)=(1,1,2), \quad f(e_4)=(0,1,1) \]

Les vecteurs \(f(e_1)\) et \(f(e_2)\) ne sont pas colinéaires, ils engendrent donc un sous-espace de dimension 2. On vérifie que \(f(e_3)=2f(e_1)+f(e_2)\) et \(f(e_4)=f(e_1)+f(e_2)\), ce qui confirme :

\[ \mathrm{Im}\,f = \mathrm{Vect}\big((1,0,1),\ (-1,1,0)\big), \qquad \dim \mathrm{Im}\,f = 2 \]

Solution de la question 1 :
\[ \begin{cases} x+y+z+t = 0 \\ x-y+z-t = 0 \end{cases} \]

En additionnant les deux équations : \(2x+2z=0 \Rightarrow x=-z\). En les soustrayant : \(2y+2t=0 \Rightarrow y=-t\). Avec \(z,t\) libres :

\[ \ker f = \mathrm{Vect}\big((-1,0,1,0),\ (0,-1,0,1)\big), \qquad \dim \ker f = 2 \]
Solution de la question 2 :

D’après le théorème du rang appliqué à \(f : \mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}^2\) :

\[ \dim \mathbb{R}^4 = \dim \ker f + \dim \mathrm{Im}\,f \quad \Rightarrow \quad 4 = 2 + \dim \mathrm{Im}\,f \quad \Rightarrow \quad \dim \mathrm{Im}\,f = 2 \]

Comme \(\mathrm{Im}\,f\) est un sous-espace de \(\mathbb{R}^2\) de dimension 2, on a \(\mathrm{Im}\,f = \mathbb{R}^2\) : \(f\) est surjective.

Solution de la question 1 :
\[ \begin{cases} x+y+z = 0 \\ x-y+z = 0 \\ x+y-z = 0 \end{cases} \]

En soustrayant la deuxième équation de la première : \(2y=0 \Rightarrow y=0\). En soustrayant la troisième de la première : \(2z=0 \Rightarrow z=0\). La première équation donne alors \(x=0\). Donc :

\[ \ker f = \{(0,0,0)\} \]

\(f\) est donc injective.

Solution de la question 2 :

L’espace de départ et l’espace d’arrivée sont tous deux égaux à \(\mathbb{R}^3\), de dimension finie 3. Le corollaire du théorème du rang affirme que, dans ce cas, injectivité, surjectivité et bijectivité sont équivalentes. Comme \(f\) est injective, elle est donc bijective : c’est un automorphisme de \(\mathbb{R}^3\).

Solution de la question 1 :
\[ f(e_1)=(2,1), \qquad f(e_2)=(-1,3), \qquad f(e_3)=(1,-2) \]
\[ A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 1 \\ 1 & 3 & -2 \end{pmatrix} \]
Solution de la question 2 :
\[ A \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\times1+(-1)\times(-1)+1\times2 \\ 1\times1+3\times(-1)+(-2)\times2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 \\ -6 \end{pmatrix} \]

On retrouve bien \(f(1,-1,2)=(5,-6)\).

Solution de la question 1 :

La dérivée d’un polynôme de degré au plus 2 est un polynôme de degré au plus 1, donc reste dans \(\mathbb{R}_2[X]\). La linéarité de la dérivation est une propriété classique : \(D\) est bien un endomorphisme.

Solution de la question 2 :
\[ D(1)=0, \qquad D(X)=1, \qquad D(X^2)=2X \]
\[ M = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]
Solution de la question 3 :

Pour \(P = a+bX+cX^2\), on a \(M\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}b\\2c\\0\end{pmatrix}\). Cette image est nulle si et seulement si \(b=0\) et \(c=0\). Donc :

\[ \ker D = \{a : a \in \mathbb{R}\} = \mathrm{Vect}(1) \]

Seuls les polynômes constants ont une dérivée nulle, ce qui correspond bien à l’intuition.

Solution de la question 1 :

\(a=(1,1)\) et \(b=(1,-1)\) ne sont pas colinéaires (le déterminant \(1\times(-1)-1\times1=-2\) est non nul), donc \((a,b)\) est une base de \(\mathbb{R}^2\).

Solution de la question 2 :
\[ P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{pmatrix} \]
Solution de la question 3 :

On calcule d’abord \(f(a)\) et \(f(b)\) :

\[ f(a) = A\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\\4\end{pmatrix} = 4a, \qquad f(b) = A\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\-2\end{pmatrix} = 2b \]

Les vecteurs \(a\) et \(b\) sont donc des vecteurs propres de \(f\), et la matrice de \(f\) dans la base \((a,b)\) est diagonale :

\[ P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} \]

Ce changement de base réalise ici une diagonalisation de \(f\).

Solution de la question 1 :
\[ P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \det P = 2 \neq 0 \]
\[ Q = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad \det Q = -2 \neq 0 \]

Les deux déterminants sont non nuls, donc \((e_1′,e_2′,e_3′)\) et \((f_1′,f_2′)\) sont bien des bases.

Solution de la question 2 :

On calcule d’abord \(AP\) :

\[ A\,e_1′ = \begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}, \qquad A\,e_2′ = \begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}, \qquad A\,e_3′ = \begin{pmatrix}0\\5\end{pmatrix} \]

puis on exprime chaque colonne dans la base \((f_1′,f_2′)\) en résolvant \(\alpha f_1′ + \beta f_2′ = (\alpha+\beta,\ \alpha-\beta)\) :

\[ B = Q^{-1}AP = \begin{pmatrix} 2 & \frac{3}{2} & \frac{5}{2} \\ 1 & -\frac{1}{2} & -\frac{5}{2} \end{pmatrix} \]

Solution de la question 1 :
\[ \begin{cases} x+y=0 \\ x-y=0 \\ 2x+y=0 \end{cases} \]

Des deux premières équations, on tire \(x=0\) et \(y=0\) (la troisième est alors automatiquement vérifiée). Donc \(\ker f=\{0\}\) et \(f\) est injective.

Solution de la question 2 :

Par le théorème du rang, \(\dim \mathrm{Im}\,f = \dim \mathbb{R}^2 – \dim \ker f = 2-0=2\). Or l’espace d’arrivée \(\mathbb{R}^3\) est de dimension 3, donc \(\mathrm{Im}\,f \neq \mathbb{R}^3\) : \(f\) n’est pas surjective.

Solution de la question 1 :

La linéarité de \(f\) se vérifie immédiatement par développement de \(f(\lambda(x,y)+(x’,y’))\) ; comme \(f\) va de \(\mathbb{R}^2\) dans \(\mathbb{R}^2\), c’est un endomorphisme.

Solution de la question 2 :
\[ \begin{cases} x+y=0 \\ x-y=0 \end{cases} \Rightarrow x=y=0 \]

\(f\) est donc injective. Comme \(\dim \mathbb{R}^2 = \dim \mathbb{R}^2\), le corollaire du théorème du rang donne immédiatement la surjectivité, donc la bijectivité : \(f\) est un automorphisme.

Solution de la question 3 :

On résout \(f(x,y)=(z,t)\), c’est-à-dire \(x+y=z\) et \(x-y=t\). En additionnant puis en soustrayant ces deux équations :

\[ f^{-1}(z,t) = \left( \frac{z+t}{2},\ \frac{z-t}{2} \right) \]

Solution de la question 1 :
\[ \mathrm{Mat}(S) = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}, \qquad \mathrm{Mat}(T) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} \]
Solution de la question 2 :
\[ \mathrm{Mat}(S+T) = \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ -1 & 5 \end{pmatrix} \]
\[ \mathrm{Mat}(S\circ T) = \mathrm{Mat}(S)\,\mathrm{Mat}(T) = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ -1 & 5 \end{pmatrix} \]
\[ \mathrm{Mat}(T\circ S) = \mathrm{Mat}(T)\,\mathrm{Mat}(S) = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ -2 & 6 \end{pmatrix} \]
Solution de la question 3 :

Comme \(\mathrm{Mat}(S\circ T) \neq \mathrm{Mat}(T\circ S)\), la composition des applications linéaires n’est pas commutative en général.

Solution de la question 1 :
\[ M = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]
Solution de la question 2 :

On a \(u^2(e_1)=u(0)=0\), \(u^2(e_2)=u(e_1)=0\), \(u^2(e_3)=u(e_2)=e_1\). Donc \(u^2\) n’est pas l’application nulle.

Puis \(u^3(e_1)=0\), \(u^3(e_2)=u(0)=0\), \(u^3(e_3)=u(e_1)=0\). Donc \(u^3\) est l’application nulle.

Solution de la question 3 :

On a \(u^2 \neq 0\) mais \(u^3=0\) : l’endomorphisme \(u\) est nilpotent d’indice 3.

Solution de la question 1 :
\[ p\big(p(x,y)\big) = p(x+y,\ 0) = \big((x+y)+0,\ 0\big) = (x+y,\ 0) = p(x,y) \]

Donc \(p\circ p = p\) : \(p\) est un projecteur.

Solution de la question 2 :
\[ \ker p = \{(x,y) : x+y=0\} = \mathrm{Vect}\big((1,-1)\big), \qquad \mathrm{Im}\,p = \{(a,0) : a\in\mathbb{R}\} = \mathrm{Vect}\big((1,0)\big) \]
Solution de la question 3 :

On a \(\dim \ker p + \dim \mathrm{Im}\,p = 1+1=2=\dim \mathbb{R}^2\), et les vecteurs \((1,-1)\) et \((1,0)\) ne sont pas colinéaires, donc \(\ker p \cap \mathrm{Im}\,p = \{0\}\). Ainsi :

\[ \mathbb{R}^2 = \ker p \oplus \mathrm{Im}\,p \]

Solution de la question 1 :
\[ \mathrm{Mat}(s) = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \]
Solution de la question 2 :
\[ s\big(s(x,y)\big) = s(y,x) = (x,y) \]

Donc \(s\circ s = \mathrm{Id}\).

Solution de la question 3 :

\(s(x,y)=(x,y)\) équivaut à \(y=x\), donc \(E_+ = \mathrm{Vect}\big((1,1)\big)\). \(s(x,y)=(-x,-y)\) équivaut à \(y=-x\), donc \(E_- = \mathrm{Vect}\big((1,-1)\big)\). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires et leurs dimensions s’additionnent à 2, donc :

\[ \mathbb{R}^2 = E_+ \oplus E_- \]

Solution de la question 1 :

Pour \(P,Q \in \mathbb{R}_2[X]\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\) :

\[ \varphi(P+\lambda Q) = \big((P+\lambda Q)(0),(P+\lambda Q)(1),(P+\lambda Q)(2)\big) = \varphi(P) + \lambda\varphi(Q) \]

car l’évaluation en un point fixé est linéaire. Donc \(\varphi\) est linéaire.

Solution de la question 2 :

Si \(\varphi(P)=(0,0,0)\), alors \(P(0)=P(1)=P(2)=0\) : \(P\) admet trois racines distinctes. Or un polynôme non nul de degré au plus 2 possède au plus deux racines, donc \(P=0\). Ainsi \(\ker \varphi = \{0\}\) : \(\varphi\) est injective.

Solution de la question 3 :

Les espaces \(\mathbb{R}_2[X]\) et \(\mathbb{R}^3\) sont tous deux de dimension finie égale à 3. D’après le corollaire du théorème du rang, une application linéaire injective entre deux espaces de même dimension finie est automatiquement bijective. Donc \(\varphi\) est un isomorphisme : tout triplet de \(\mathbb{R}^3\) correspond à un unique polynôme de \(\mathbb{R}_2[X]\) prenant ces valeurs en \(0\), \(1\) et \(2\).