COR TD 2. Exercice 1. Déterminer si les applications f i suivantes sont linéaires : x + x, y + y )

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1 COR TD 2 Année 21 Exercice 1. Déterminer si les applications f i suivantes sont linéaires : f 1 : R 2 R 2 f 1 x, y = 2x + y, x y f 2 : R R f 2 x, y, z = xy, x, y f : R R f x, y, z = 2x + y + z, y z, x + y f 4 : R 2 R 4 f 5 : R [X] R f 4 x, y = y,, x 7y, x + y f 5 P = P 1, P, P 1 Correction f 1 est linéaire. Pour x, y R 2 et x, y R 2 : f 1 x, y + x, y = f 1 x + x, y + y Pour x, y R 2 et λ R : = 2x + x + y + y, x + x y + y = 2x + y + 2x + y, x y + x y = 2x + y, x y + 2x + y, x y = f 1 x, y + f 1 x, y f 1 λ x, y = f1 λx, λy = 2λx+λy, λx λy = λ 2x+y, x y = λ f1 x, y. 2. f 2 n'est pas linéaire, en eet par exemple f 2 1, 1, + f 2 1, 1, n'est pas égal à f 2 2, 2,.. f est linéaire : il faut vérier d'abord que pour tout x, y, z et x, y, z alors f x, y, z+x, y, z = f x, y, z+f x, y, z. Et ensuite que pour tout x, y, z et λ on a f λ x, y, z = λ f x, y, z. 4. f 4 est linéaire : il faut vérier d'abord que pour tout x, y et x, y alors f 4 x, y + x, y = f 4 x, y + f 4 x, y. Et ensuite que pour tout x, y et λ on a f 4 λ x, y = λ f4 x, y. 5. f 5 est linéaire : soient P, P R [X] alors f 5 P + P = P + P 1, P + P, P + P 1 = P 1 + P 1, P + P, P 1 + P 1 = P 1, P, P 1 + P 1, P, P 1 = f 5 P + f 5 P 1

2 Et si P R [X] et λ R : f 5 λ P = λp 1, λp, λp 1 = λ P 1, λ P, λ P 1 = λ P 1, P, P 1 = λ f 5 P Exercice 2. Soit E un espace vectoriel et soient E 1 et E 2 deux sous-espaces vectoriels de dimension nie de E, on dénit l'application f : E 1 E 2 E par fx 1, x 2 = x 1 + x Montrer que f est linéaire. 2. Déterminer le noyau et l'image de f.. Que donne le théorème du rang? 1. Aucun problème Par dénition de f et de ce qu'est la somme de deux sous-espaces vectoriels, l'image est Correction 2. Im f = {fx 1, x 2 x 1 E 1, x 2 E 2 } = {x 1 +x 2 x 1 E 1, x 2 E 2 } = E 1 +E 2. Pour le noyau : ker f = {x 1, x 2 fx 1, x 2 = } = {x 1, x 2 x 1 + x 2 = } Mais on peut aller un peu plus loin. En eet un élément x 1, x 2 ker f, vérie x 1 E 1, x 2 E 2 et x 1 = x 2. Donc x 1 E 2. Donc x 1 E 1 E 2. Réciproquement si x E 1 E 2, alors x, x ker f. Donc ker f = {x, x x E 1 E 2 }. De plus l'application x x, x montre que ker f est isomorphe à E 1 E 2.. Le théorème du rang s'écrit : dim ker f + dim Im f = dime 1 E 2. Compte tenu de l'isomorphisme entre ker f et E 1 E 2 on obtient : dime 1 E 2 + dime 1 + E 2 = dime 1 E 2. Mais dime 1 E 2 = dim E 1 + dim E 2, donc on retrouve ce que l'on appelle le théorème des quatre dimensions : dime 1 + E 2 = dim E 1 + dim E 2 dime 1 E 2. 2

3 Exercice. Soit E un espace vectoriel de dimension n et f une application linéaire de E dans lui-même. Montrer que les deux assertions qui suivent sont équivalentes : i ker f = Im f ii f 2 = et n = 2 rgf Correction. i ii Supposons ker f = Im f. Soit x E, alors fx Im f donc fx ker f, cela entraîne ffx = ; donc f 2 =. De plus d'après la formule du rang dim ker f + rgf = n, mais dim ker f = dim Im f = rgf, ainsi 2rgf = n. ii i Si f 2 = alors Im f ker f car pour y Im f il existe x tel que y = fx et fy = f 2 x =. De plus si 2rgf = n alors la formule du rang donne dim ker f = rgf c'est-à-dire dim ker f = dim Im f. Nous savons donc que Im f est inclus dans ker f mais ces espaces sont de même dimension donc sont égaux : ker f = Im f. Exercice 4. Pour les applications linéaires suivantes, déterminer ker f i et Im f i. En déduire si f i est injective, surjective, bijective. f 1 : R 2 R 2 f 1 x, y = 2x + y, x y f 2 : R R f 2 x, y, z = 2x + y + z, y z, x + y f : R 2 R 4 f 4 : R [X] R f x, y = y,, x 7y, x + y f 4 P = P 1, P, P 1 Correction 4. Calculer le noyau revient à résoudre un système linéaire, et calculer l'image aussi. On peut donc tout faire à la main. Mais on peut aussi appliquer un peu de théorie! Noyau et image sont liés par la formule du rang : dim ker f + dim Im f = dim E pour f : E F. Donc si on a trouvé le noyau alors on connaît la dimension de l'image. Et il sut alors de trouver autant de vecteur de l'image. 1. f 1 est injective, surjective et donc bijective. a Faisons tout à la main. Calculons le noyau : x, y ker f 1 f 1 x, y =, 2x + y, x y =, { 2x + y = x, y =, x y = Ainsi ker f 1 = {, } et donc f 1 est injective.

4 b Calculons l'image. Quels éléments X, Y peuvent s'écrire f 1 x, y? f 1 x, y = X, Y 2x + y, x y = X, Y { { 2x + y = X x = X+Y x y = Y y = X 2Y X + Y x, y =, X 2Y Donc pour n'importe quel X, Y R 2 on trouve un antécédent x, y = X+Y, X 2Y qui vérie donc f 1 x, y = X, Y. Donc Im f 1 = R 2. Ainsi f 1 est surjective. c Conclusion : f 1 est injective et surjective donc bijective. 2. Pour f 2 on pourrait raisonner similairement, mais on va simplier le travail pour l'image de f 2. a Calculons d'abord le noyau : x, y, z ker f 2 f 1 x, y, z =,, 2x + y + z, y z, x + y =,, 2x + y + z = y z = x + y = x, y, z =,, Ainsi ker f 2 = {,, } et donc f 2 est injective. b Maintenant nous allons utiliser que ker f 2 = {,, }, autrement dit dim ker f 2 =. La formule du rang, appliquée à f 2 : R R s'écrit dim ker f 2 +dim Im f 2 = dim R. Donc dim Im f 2 =. Ainsi Im f 2 est un espace vectoriel de dimension inclus dans R de dimension donc Im f 2 = R. Ainsi f 2 est surjective. c f 2 est injective, surjective donc bijective.. Sans aucun calcul on sait f : R 2 R 4 ne peut être surjective car l'espace d'arrivée est de dimension strictement supérieur à l'espace de départ. 4

5 a Calculons le noyau : x, y ker f f x, y =,,, y,, x 7y, x + y =,,, y = = x 7y = x + y = x, y =, Ainsi ker f = {, } et donc f est injective. b La formule du rang, appliquée à f : R 2 R 4 s'écrit dim ker f + dim Im f = dim R 2. Donc dim Im f = 2. Ainsi Im f est un espace vectoriel de dimension 2 inclus dans R, f n'est pas surjective. Par décrire Im f nous allons trouver deux vecteurs indépendants de Im f. Il y a un nombre inni de choix : prenons par exemple v 1 = f1, =,, 1, 1. Pour v 2 on cherche un peu à tâtons un vecteur linéairement indépendant de v 1. Essayons v 2 = f, 1 = 1,, 7, 1. Par construction v 1, v 2 Im f ; ils sont clairement linéairement indépendants et comme dim Im f = 2 alors {v 1, v 2 } est une base de Im f. Ainsi Im f = Vect{v 1, v 2 } = { λ,, 1, 1 + µ1,, 7, 1 λ, µ R }. 4. f 4 : R [X] R va d'un espace de dimension 4 vers un espace de dimension strictement plus petit et donc f 4 ne peut être injective. a Calculons le noyau. Écrivons un polynôme P de degré sous la forme P X = ax + bx 2 + cx + d. Alors P = d, P 1 = 5

6 a + b + c + d, P 1 = a + b c + d. P X ker f 4 P 1, P, P 1 =,, a + b c + d, d, a + b + c + d =,, a + b c + d = d = a + b + c + d = a = c b = d = a, b, c, d = t,, t, t R Ainsi le noyau ker f 4 = { tx tx t R } = Vect{X X}. f 4 n'est pas injective son noyau étant de dimension 1. b La formule du rang pour f 4 : R [X] R s'écrit dim ker f 4 + dim Im f 4 = dim R [4]. Autrement dit 1 + dim Im f 4 = 4. Donc dim Im f 4 =. Ainsi Im f 4 est un espace de dimension dans R donc Im f 4 = R. Conclusion f 4 est surjective. Exercice 5. Soit E un espace vectoriel de dimension, {e 1, e 2, e } une base de E, et t un paramètre réel. φe 1 = e 1 + e 2 Démontrer que la donnée de φe 2 = e 1 e 2 dénit une application φe = e 1 + te linéaire φ de E dans E. Écrire le transformé du vecteur x = α 1 e 1 + α 2 e 2 + α e. Comment choisir t pour que φ soit injective? surjective? 1. Comment est dénie φ à partir de la dénition sur les éléments de la base? Pour x E alors x s'écrit dans la base {e 1, e 2, e }, x = α 1 e 1 + α 2 e 2 + α e. Et φ est dénie sur E par la formule Correction 5. Soit ici : φx = α 1 φe 1 + α 2 φe 2 + α φe. φx = α 1 + α 2 + α e 1 + α 1 α 2 e 2 + tα e. Cette dénition rend automatiquement φ linéaire vériez-le si vous n'êtes pas convaincu!. 6

7 2. On cherche à savoir si φ est injective. Soit x E tel que φx = donc α 1 + α 2 + α e 1 + α 1 α 2 e 2 + tα e =. Comme {e 1, e 2, e } est une base alors tous les coecients sont nuls : α 1 + α 2 + α =, α 1 α 2 =, tα =. Si t alors en résolvant le système on obtient α 1 =, α 2 =, α =. Donc x = et φ est injective. Si t =, alors φ n'est pas injective, en résolvant le même système on obtient des solutions non triviales, par exemple α 1 = 1, α 2 = 1, α = 2. Donc pour x = e 1 + e 2 2e on obtient φx =.. Pour la surjectivité on peut soit faire des calculs, soit appliquer la formule du rang. Examinons cette deuxième méthode. φ est surjective si et seulement si la dimension de Im φ est égale à la dimension de l'espace d'arrivée ici E de dimension. Or on a une formule pour dim Im φ : dim ker φ + dim Im φ = dim E. Si t, φ est injective donc ker φ = {} est de dimension. Donc dim Im φ = et φ est surjective. Si t = alors φ n'est pas injective donc ker φ est de dimension au moins 1 en fait 1 exactement, donc dim Im φ 2. Donc φ n'est pas surjective. On remarque que φ est injective si et seulement si elle est surjective. Ce qui est un résultat du cours pour les applications ayant l'espace de départ et d'arrivée de même dimension nie. Exercice 6. Soit E = R n [X] l'espace vectoriel des polynômes de degré n, et f : E E dénie par : fp = P + 1 XP. Montrer que f est une application linéaire et donner une base de Im f et de ker f. Correction f est bien linéaire Soit P tel que fp =. Alors P vérie l'équation diérentielle P + 1 XP =. Dont la solution est P = λx 1, λ R. Donc ker f est de dimension 1 et une base est donnée par un seul vecteur : X 1.. Par le théorème du rang la dimension de l'image est : dim Im f = dim R n [X] dim ker f = n = n. 7

8 Il faut donc trouver n vecteurs linéairement indépendants dans Im f. Évaluons fx k, alors fx k = 1 kx k + kx k 1. Cela donne f1 = 1, fx = 1, fx 2 = X 2 + 2X,... on remarque que pour k = 2,... n, fx k est de degré k sans terme constant. Donc l'ensemble { fx, fx 2,..., fx n } est une famille de n vecteurs, appartenant à Im f, et libre car les degrés sont distincts. Donc ils forment une base de Im f. Exercice 7. Soient trois vecteurs e 1, e 2, e formant une base de R. On note φ l'application linéaire dénie par φe 1 = e, φe 2 = e 1 + e 2 + e et φe = e. 1. Écrire la matrice A de φ dans la base e 1, e 2, e. Déterminer le noyau de cette application. 2. On pose f 1 = e 1 e, f 2 = e 1 e 2, f = e 1 +e 2 +e. Calculer e 1, e 2, e en fonction de f 1, f 2, f. Les vecteurs f 1, f 2, f forment-ils une base de R?. Calculer φf 1, φf 2, φf en fonction de f 1, f 2, f. Écrire la matrice de φ dans la base f 1, f 2, f et trouver la nature de l'application φ On pose P = 1 1. Vérier que P est inversible et calculer 1 1 P 1. Quelle relation lie A,, P et P 1? Correction On note la base = e 1, e 2, e et X = x y = z xe 1 + ye 2 + ze. La matrice A = Mat f est composée des vecteurs colonnes φe i, on sait φe 1 = e = 1 1 φe 2 = e 1 +e 2 +e = donc A = Le noyau de φ ou celui de A est l'ensemble de X = AX =. 8 φe = e = 1 x y tel que z

9 1 x y = AX = 1 y = y = z x + y + z = Donc Kerφ = { x R x R } 1 = Vect = Vecte 1 x 1 e. Le noyau est donc de dimension On applique le pivot de Gauss comme si c'était un système linéaire :. e 1 e = f 1 L1 e 1 + e 2 + e = f L e 1 e 2 = f 2 L2 On en déduit e 1 = f 1 + f 2 + f e 2 = f 1 + f e = f 2 + f e 1 e = f 1 e 2 + e = f 2 f 1 L2 L 1 e 2 = f + f 1 L +L 1 Donc tous les vecteurs de la base = e 1, e 2, e s'expriment en fonction de f 1, f 2, f, ainsi la famille f 1, f 2, f est génératrice. Comme elle a exactement éléments dans l'espace vectoriel R de dimension alors = f 1, f 2, f est une base. φf 1 = φe 1 e = φe 1 φe = e e = φf 2 = φe 1 e 2 = φe 1 φe 2 = e e 1 +e 2 +e = e 1 e 2 = f 2 φf = φ e 1 +e 2 +e = φe 1 +φe 2 +φe = e 1 +e 2 +e = f Donc, dans la base = f 1, f 2, f, nous avons φf 1 = = φf 2 = f 2 = 1 φf = f = 1 Donc la matrice de φ dans la base est = 1 1 φ est la projection sur Vectf 2, f parallèlement à Vectf 1 autrement dit c'est la projection sur le plan d'équation x =, parallèlement à l'axe des x, ceci dans la base. 9

10 4. P est la matrice de passage de vers. En eet la matrice de passage contient -en colonnes- les coordonnées des vecteurs de la nouvelle base exprimés dans l'ancienne base. Si un vecteur a pour coordonnées X dans la base et X dans la base alors P X = X attention à l'ordre. Et si A est la matrice de φ dans la base et est la matrice de φ dans la base alors = P 1 AP Une matrice de passage entre deux bases est inversible. Ici on calcule l'inverse de P : 1 1 P 1 = 1 1 donc = P 1 AP = On retrouve donc bien les mêmes résultats que précédemment. Exercice 8. Soit E un espace vectoriel et f une application linéaire de E dans lui-même telle que f 2 = f. 1. Montrer que E = Kerfo + Imf. 2. Supposons que E soit de dimension nie n. Posons r = dim Im f. Montrer qu'il existe une base = e 1,..., e n de E telle que : fe i = e i si i r et fe i = si i > r. Déterminer la matrice de f dans cette base. Correction Nous devons montrer Kerf Imf = {} et Kerf + Imf = E. a Si x Kerf Imf alors d'une part fx = et d'autre part il existe x E tel que x = fx. Donc = fx = f fx = fx = x donc x = on a utilisé f f = f. Donc Kerf Imf = {}. b Pour x E on le réécrit x = x fx + fx. Alors x fx Kerf car f x fx = fx f fx = et fx Im f. Donc x Kerf + Imf. Donc Kerf + Imf = E. c Conclusion : E = Kerfo + Imf. 2. Notons r le rang de f : r = dim Imf. Soit {e 1,..., e r } une base de Im f et soit {e r+1,..., e n } une base de Kerf. Comme E = Kerf Im f alors e 1,..., e n est une base de E. Pour i > r alors e i Kerf donc fe i =. Comme f f = f alors pour n'importe quel x Im f on a fx = x : en eet comme x Im f, il existe x E tel que x = fx ainsi fx = f fx = fx = x. En particulier si i r alors fe i = e i. 1

11 . La matrice de f dans la base e 1,..., e n est donc : I où I désigne la matrice identité de taille r r et les désignent des matrices nulles. Exercice 9. Soit l'application f : R R donnée par : fx, y, z = x + 2y + z, 2x + y + z, x y z. 1. Justier que f est linéaire. 2. Donner la matrice de A dans la base canonique de R.. a Déterminer une base et la dimension du noyau de f, noté ker f. b L'application f est-elle injective? 4. a Donner le rang de f et une base de Imf. b L'application f est-elle surjective? Exercice 1. Soit la matrice A = Déterminer une base du noyau de A. 2. Déterminer une base de l'image de A.. 11