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 $2$.