Application linéaire/Exercices/Application directe

Être ou ne pas être une application linéaire ?

Les applications suivantes sont-elles linéaires ?

• ${\begin{array}{ccccc}u_{1}&:&\mathbb {R} ^{3}&\rightarrow &\mathbb {R} \\~&~&(x,y,z)&\mapsto &x-y+3z\end{array}}$
• ${\begin{array}{ccccc}u_{2}&:&\mathbb {R} ^{3}&\rightarrow &\mathbb {R} \\~&~&(x,y,z)&\mapsto &x-y+3\end{array}}$
• ${\begin{array}{ccccc}u_{3}&:&\mathbb {R} ^{3}&\rightarrow &\mathbb {R} \\~&~&(x,y,z)&\mapsto &(x-y)z\end{array}}$
• ${\begin{array}{ccccc}u_{4}&:&\mathbb {R} ^{3}&\rightarrow &\mathbb {R} ^{2}\\~&~&(x,y,z)&\mapsto &(x-y,z)\end{array}}$

Solution u₁

$u_{1}$ est l'application produit scalaire par le vecteur de coordonnées $(1,-1,3)$ donc c'est une forme linéaire.

 

Solution u₂

$u_{2}$ n'est pas linéaire car $u_{2}(0,0,0)\neq 0$.

 

Solution u₃

$u_{3}$ n'est pas linéaire mais quadratique : pour tout vecteur $v\in \mathbb {R} ^{3}$ et tout scalaire $\lambda \in \mathbb {R}$, $u_{3}(\lambda v)=\lambda ^{2}u_{3}(v)$ est différent de $\lambda u_{3}(v)$ dès que $u_{3}(v)\neq 0$ et $\lambda ^{2}\neq \lambda$ (exemple : $v=(1,0,1)$ et $\lambda =2$).

 

Solution u₄

$u_{4}$ est linéaire. Cela vient du fait que $u_{4}(v)=(f(v),g(v))$ où $f$ et $g$ sont les formes linéaires produit scalaire par $(1,-1,0)$ et $(0,0,1)$. On systématisera cet argument au chapitre « Matrice/Matrice d'une application linéaire », mais on peut déjà le voir sur cet exemple :

pour tous vecteurs $v_{1},v_{2}$ et tout scalaire $\lambda$, on a (par linéarité de $f$ et $g$ et par définition des opérations sur l'espace vectoriel d'arrivée $\mathbb {R} ^{2}$) :

${\begin{aligned}u_{4}\left(\lambda v_{1}+v_{2}\right)&=\left(f\left(\lambda v_{1}+v_{2}\right),g\left(\lambda v_{1}+v_{2}\right)\right)\\&=\left(\lambda f\left(v_{1}\right)+f\left(v_{2}\right),\lambda g\left(v_{1}\right)+g\left(v_{2}\right)\right)\\&=\lambda \left(f\left(v_{1}\right),g\left(v_{1}\right)\right)+\left(f\left(v_{2}\right),g\left(v_{2}\right)\right)\\&=\lambda u_{4}\left(v_{1}\right)+u_{4}\left(v_{2}\right).\end{aligned}}$

 

Automorphisme

Montrer que l’application

${\begin{matrix}u&:&\mathbb {R} ^{2}&\to &\mathbb {R} ^{2}\\&&\left(x,y\right)&\mapsto &\left(x+y,x-y\right)\end{matrix}}$

est un automorphisme de $\mathbb {R} ^{2}$ et calculer l'automorphisme réciproque.

Solution

$u$ est linéaire, pour la même raison que l'application $u_{4}$ de l'exercice précédent : $u(v)=\left(f(v),g(v)\right)$ où $f$ et $g$ sont les formes linéaires produit scalaire par $(1,1)$ et par $(1,-1)$.

$u(x,y)=(x',y')\Leftrightarrow \left\{{\begin{matrix}x+y=x'\\x-y=y'\end{matrix}}\right\}\Leftrightarrow \left\{{\begin{matrix}x={\frac {x'+y'}{2}}\\y={\frac {x'-y'}{2}}\end{matrix}}\right.$

donc $u$ est une application linéaire bijective (c'est-à-dire un automorphisme), et sa bijection réciproque est l'automorphisme ${\tfrac {1}{2}}u$.

Autrement dit : $u^{2}=2\operatorname {Id} _{\mathbb {R} ^{2}}$, ou encore : $\left({\tfrac {1}{\sqrt {2}}}u\right)^{2}=\operatorname {Id} _{\mathbb {R} ^{2}}$, c'est-à-dire que ${\tfrac {1}{\sqrt {2}}}u$ est une symétrie.

 

Forme linéaire

Soient $a\leq b$ deux réels, $E$ le $\mathbb {R}$-espace vectoriel des applications continues de $\left[a,b\right]$ dans $\mathbb {R}$, et $\varphi \in E$.

Montrer que l’application

${\begin{matrix}L&:&E&\to &\mathbb {R} \\&&f&\mapsto &\int _{a}^{b}f(t)\varphi (t)\ \mathrm {d} t\end{matrix}}$

est une forme linéaire sur $E$.

Solution

$E$ est un $\mathbb {R}$-espace vectoriel et $L$ est bien à valeurs dans $\mathbb {R}$. Vérifions qu'elle est linéaire. Soient $f,g\in E$ et $\lambda \in \mathbb {R}$.

${\begin{aligned}L(\lambda f+g)&=\int _{a}^{b}(\lambda f+g)(t)\varphi (t)\ \mathrm {d} t\\&=\int _{a}^{b}\left(\lambda f(t)+g(t)\right)\varphi (t)\ \mathrm {d} t\\&=\lambda \int _{a}^{b}f(t)\varphi (t)\ \mathrm {d} t+\int _{a}^{b}g(t)\varphi (t)\ \mathrm {d} t\\&=\lambda L(f)+L(g).\end{aligned}}$

 

Applications linéaires proportionnelles

Soient $f,g\in \operatorname {L} \left(E,F\right)$ telles que

$\forall x\in E\quad \exists \lambda \in K\quad f(x)=\lambda g(x)$.

Montrer que $f$ est la composée de $g$ par une homothétie de $F$, c'est-à-dire :

$\exists \lambda \in K\quad \forall x\in E\quad f(x)=\lambda g(x)$.

Solution

Le résultat étant immédiat si $g$ est l'application nulle, supposons $g\neq 0$.

Pour tout $x\in E$ tel que $g(x)\neq 0$, notons $\lambda _{x}$ l'unique scalaire tel que $f(x)=\lambda _{x}g(x)$.

Soient $x,y\in E$, d'images non nulles par $g$.

• Si $\left(g(x),g(y)\right)$ est libre alors $\lambda _{x}=\lambda _{x+y}=\lambda _{y}$ car

  $\lambda _{x}g(x)+\lambda _{y}g(y)=f(x)+f(y)=f(x+y)=\lambda _{x+y}g(x+y)=\lambda _{x+y}\left(g(x)+g(y)\right)=\lambda _{x+y}g(x)+\lambda _{x+y}g(y)$.

• Si $g(y)=\mu g(x)$ ($\neq 0$) alors $g(y-\mu x)=0$ donc $f(y-\mu x)=0$, si bien que

  $\lambda _{y}\mu g(x)=\lambda _{y}g(y)=f(y)=\mu f(x)=\mu \lambda _{x}g(x)$.

Dans les deux cas, on en déduit que $\lambda _{x}=\lambda _{y}$. Ainsi, tous les $\lambda _{x}$ (pour $g(x)\neq 0$) sont égaux à un même scalaire $\lambda$.

L'égalité $f(x)=\lambda g(x)$ étant aussi vérifiée pour les $x$ tels que $g(x)=0$, la conclusion s'ensuit.