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

• $u_{1}$ est l'application produit scalaire par le vecteur de coordonnées $(1,-1,3)$ donc c'est une forme linéaire.
• $u_{2}$ n'est pas linéaire car $u_{2}(0,0,0)\neq 0$.
• $u_{3}$ 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 $\lambda =2$).
• $u_{4}$ 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 $\mathbb {R} ^{2}$) :

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

 

Pour chaque couple $(E,F)$ d'espaces vectoriels et chaque application $E\to F$, indiquer si elle est linéaire ou non en justifiant la réponse.

1. $E=\mathbb {R} ^{2}$, $F=\mathbb {R}$, $f(x,y)=x+y$, $g(x,y)=x+y-1$, $h(x,y)=2x$, $i(x,y)=xy$.
2. $E=F=\mathbb {R} ^{2}$, $f(x,y)=(2x,x-y)$, $g(x,y)=(x-y,1)$, $h(x,y)=(x(y-2),x)$, $i(x,y)=(x-y,0)$.
3. $E=\mathbb {R} ^{3}$, $F=\mathbb {R} ^{2}$, $f(x,y)=(2x-3y+5z,2y)$.
4. $E=\mathbb {R} _{3}[X]$, $F=\mathbb {R}$, $f(p)=p(0)$, $g(p)=p(1)-p'(0)$, $h(p)=p(0)p(1)$.

Solution

1. • $f$ est l'application produit scalaire par le vecteur de coordonnées $(1,1)$ donc c'est une forme linéaire.
   • $g$ n'est pas linéaire car $g(0,0)\neq 0$.
   • $h$ est l'application produit scalaire par le vecteur de coordonnées $(2,0)$ donc c'est une forme linéaire.
   • $i$ n'est pas linéaire mais quadratique : pour tout vecteur $v\in \mathbb {R} ^{2}$ et tout scalaire $\lambda \in \mathbb {R}$, $i(\lambda v)=\lambda ^{2}i(v)$ est différent de $\lambda i(v)$ dès que $i(v)\neq 0$ et $\lambda ^{2}\neq \lambda$ (exemple : $v=(1,1)$ et $\lambda =2$).
2. • $f$ est l'application linéaire de matrice ${\begin{pmatrix}2&0\\1&-1\end{pmatrix}}$.
   • $g$ n'est pas linéaire car $g(0,0)\neq (0,0)$.
   • $h=(h_{1},h_{2})$ n'est pas linéaire car $h_{1}$ ne l'est pas : $2h_{1}(1,2)=0\neq h_{1}(2,4)$.
   • $i$ est l'application linéaire de matrice ${\begin{pmatrix}1&-1\\0&0\end{pmatrix}}$.
3. $f$ est l'application linéaire de matrice ${\begin{pmatrix}2&-3&5\\0&2&0\end{pmatrix}}$.
4. $f$ et $g$ sont linéaires car les applications de dérivation ou d'évaluation en un point le sont. $h$ n'est pas linéaire mais quadratique (exemple : $2h(1)=2\neq 2^{2}=h(2)$).

 

Bijectivité

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 l'application linéaire de matrice ${\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}}$.

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

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.

 

Montrer que l'application $f:K^{3}\to K^{3}$ définie par $f{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x-2y+2z\\x+2y-z\\-y+z\end{pmatrix}}$ est bijective et calculer son inverse.

Solution

$f{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}}\Leftrightarrow \left\{{\begin{matrix}x-2y+2z=x'\\x+2y-z=y'\\-y+z=z'\end{matrix}}\right\}\Leftrightarrow {\begin{cases}x&=x'-2z'\\y&=-x'+y'+3z'\\z&=-x'+y'+4z'\end{cases}}$

donc $f$ est bijective et sa bijection réciproque est donnée par

$f^{-1}{\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x'-2z'\\-x'+y'+3z'\\-x'+y'+4z'\end{pmatrix}}$.

 

Soit $d\in \mathbb {N}$.

1. Soient $t_{0},\ldots ,t_{d}\in K$ deux à deux distincts et $f:K_{d}[X]\to K^{d+1}$ l'application définie par $f(p)=(p(t_{0}),\ldots ,p(t_{d}))$. Montrer que $f$ est linéaire et bijective.
2. Soient $t_{k}=\cos(k\pi /d),\;k=0,\ldots ,d$. Montrer qu'il existe un unique polynôme $T_{d}\in \mathbb {R} _{d}[X]$ tel que $T_{d}(t_{k})=(-1)^{k},\;k=0,\ldots ,d$. Calculer $T_{1}$, $T_{2}$ et $T_{3}$.

Solution

1. $f$ est linéaire car ses $d+1$ composantes (évaluation en un point) le sont. Son noyau est réduit à $\{0\}$ car un polynôme non nul de degré $\leq d$ ne peut pas avoir $d+1$ racines. Elle est donc injective. Comme ses espaces de départ et d'arrivée ont même dimension ($d+1$), elle est finalement bijective. Voir aussi Interpolation de Lagrange.
2. L'existence et l'unicité de $T_{d}$ sont garanties par la bijectivité de $f$. Voir aussi Polynômes de Tchebychev.
   • $T_{1}\in \mathbb {R} _{1}[X],\;T_{1}(1)=1,\;T_{1}(-1)=-1\Leftrightarrow T_{1}(X)=X$.
   • $T_{2}\in \mathbb {R} _{2}[X],\;T_{2}(1)=1,\;T_{2}(0)=-1,\;T_{2}(-1)=1\Leftrightarrow T_{2}(X)=2X^{2}-1$.
   • $T_{3}\in \mathbb {R} _{2}[X],\;T_{3}(1)=1,\;T_{3}(1/2)=-1,\;T_{3}(-1/2)=1,\;T_{3}(-1)=-1\Leftrightarrow T_{3}(X)=4X^{3}-3X$.

 

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.

 

Une base adaptée

Pour tout $m\in \mathbb {N}$, on note $\mathbb {R} _{m}[X]$ le sous-espace vectoriel des polynômes de degré $\leq m$ dans $\mathbb {R} [X]$.

Soit $\varphi :\mathbb {R} [X]\to \mathbb {R} [X]$ l'application définie par $\varphi (P(X))=P(X+1)-P(X)$.

1. Démontrer que $\varphi$ est linéaire.
2. Démontrer que $\varphi (P)\neq 0$ pour tout $P$ dont le degré est $\geq 1$ ; en déduire le noyau de $\varphi$.
3. On considère $P_{0}=1$, $P_{k}={\frac {1}{k!}}X(X-1)\dots (X-k+1)$ pour tout $k\in \mathbb {N} ^{*}$. Démontrer que $\varphi (P_{k})=P_{k-1}$ pour tout $k\in \mathbb {N} ^{*}$.
4. Démontrer que $(P_{0},\dots ,P_{m})$ est une base de $\mathbb {R} _{m}[X]$.
5. Soit $n\in \mathbb {N} ^{*}$.
   1. Démontrer que $\varphi (\mathbb {R} _{n}[X])=\mathbb {R} _{n-1}[X]$.
   2. Pour tout $Q\in \mathbb {R} _{n-1}[X]$, donner une méthode permettant de calculer $P\in \mathbb {R} _{n}[X]$ tel que $\varphi (P)=Q$.
   3. Calculer $P\in \mathbb {R} [X]$ tel que $\varphi (P)=X^{2}$ et $P(1)=0$. En déduire la somme $1^{2}+2^{2}+\dots +\ell ^{2}$ pour tout $\ell \in \mathbb {N} ^{*}$.
   4. Calculer de même $1^{3}+2^{3}+\dots +\ell ^{3}$ pour tout $\ell \in \mathbb {N} ^{*}$.

Solution

1. On vérifie sans peine que $\varphi (\lambda P)=\lambda \varphi (P)$ et $\varphi (P+Q)=\varphi (P)+\varphi (Q)$.
2. Si $\deg(P)=m\geq 1$ alors $\deg(\varphi (P))=m-1\geq 0$ donc $\varphi (P)\neq 0$. Réciproquement, si $P$ est constant alors $\varphi (P)=0$. Donc $\ker \varphi =\mathbb {R} _{0}[X]$ (le sous-espace des polynômes constants).
3. On vérifie sans peine que $\varphi (P_{k})=P_{k-1}$.
4. $\deg(P_{k})=k$ donc $(P_{0},\dots ,P_{m})$ est libre donc c'est une base de $\mathbb {R} _{m}[X]$ (car cet espace est de dimension $m+1$).
5. 1. Conséquence immédiate des questions précédentes.
   2. Si $Q=\sum _{k=0}^{n-1}\lambda _{k}P_{k}$, le polynôme $P:=\sum _{k=0}^{n-1}\lambda _{k}P_{k+1}$ convient.
   3. $X^{2}=2P_{2}+P_{1}=\varphi (P)$ avec $P:=2P_{3}+P_{2}={\frac {X(X-1)(2X-1)}{6}}$ donc $1^{2}+2^{2}+\dots +\ell ^{2}=P(\ell +1)={\frac {\ell (\ell +1)(2\ell +1)}{6}}$.
   4. $X^{3}=6P_{3}+6P_{2}+P_{1}=\varphi (P)$ avec $P:=6P_{4}+6P_{3}+P_{2}={\frac {X^{2}(X-1)^{2}}{4}}$ donc $1^{3}+2^{3}+\dots +\ell ^{3}=P(\ell +1)={\frac {\ell ^{2}(\ell +1)^{2}}{4}}$.

 

Isométries planes

Soit $f:\mathbb {C} \to \mathbb {C} ,\;z\mapsto \operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }{\bar {z}}$. On considère $\mathbb {C}$ comme un $\mathbb {R}$-espace vectoriel et l'on fixe la base $\varepsilon =(1,\mathrm {i} )$.

1. Montrer que $f$ est $\mathbb {R}$-linéaire.
2. Calculer $A:=\mathrm {Mat} (f,\varepsilon ,\varepsilon )$.
3. Existe-t-il $u$ et $v\in \mathbb {C} \setminus \{0\}$ tels que $f(u)=u$ et $f(v)=-v$ ? Si c'est le cas, déterminer un tel $u$ et un tel $v$.
4. Décrire géométriquement $f$.
5. Soit $g:\mathbb {C} \to \mathbb {C} ,\;z\mapsto \operatorname {e} ^{\mathrm {i} \rho }{\bar {z}}$. Calculer $\mathrm {Mat} (g\circ f,\varepsilon ,\varepsilon )$ et décrire géométriquement $g\circ f$.

Solution

1. $f$ est composée des applications $s:z\mapsto {\bar {z}}$ ($\mathbb {R}$-linéaire) et $r:w\mapsto \operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }w$ ($\mathbb {C}$- donc $\mathbb {R}$-linéaire) : $f=r\circ s$. Donc $f$ est $\mathbb {R}$-linéaire.
2. $s(x+\mathrm {i} y)=x-\mathrm {i} y$ donc $S={\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}}$, $r(x+\mathrm {i} y)=(x\cos \theta -y\sin \theta )+\mathrm {i} (x\sin \theta +y\cos \theta )$ donc $R={\begin{pmatrix}\cos \theta &-\sin \theta \\\sin \theta &\cos \theta \end{pmatrix}}$ et $A=RS={\begin{pmatrix}\cos \theta &\sin \theta \\\sin \theta &-\cos \theta \end{pmatrix}}$.
3. $f(x+\mathrm {i} y)=x+\mathrm {i} y\Leftrightarrow {\begin{cases}x(\cos \theta -1)+y\sin \theta =0\\x\sin \theta -y(\cos \theta +1)=0\end{cases}}$. Or $\cos \theta -1=-2\sin ^{2}{\frac {\theta }{2}}$, $\cos \theta +1=2\cos ^{2}{\frac {\theta }{2}}$ et $\sin \theta =2\cos {\frac {\theta }{2}}\sin {\frac {\theta }{2}}$.
   Le système précédent se réécrit donc ${\begin{cases}2\sin {\frac {\theta }{2}}\left(-\sin {\frac {\theta }{2}}x+\cos {\frac {\theta }{2}}y\right)=0\\2\cos {\frac {\theta }{2}}\left(\sin {\frac {\theta }{2}}x-\cos {\frac {\theta }{2}}y\right)=0.\end{cases}}$
   Une solution est donc $u=\cos {\frac {\theta }{2}}+\mathrm {i} \sin {\frac {\theta }{2}}$.
   De même, $f(x+\mathrm {i} y)=-(x+\mathrm {i} y)\Leftrightarrow {\begin{cases}x(\cos \theta +1)+y\sin \theta =0\\x\sin \theta +y(-\cos \theta +1)=0\end{cases}}\Leftrightarrow x\cos {\frac {\theta }{2}}+y\sin {\frac {\theta }{2}}=0$
   Une solution est donc $v=-\sin {\frac {\theta }{2}}+\mathrm {i} \cos {\frac {\theta }{2}}$.
   Ou globalement : $\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }{\bar {u}}=u\Leftrightarrow \operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta /2}{\bar {u}}=\operatorname {e} ^{-\mathrm {i} \theta /2}u\Leftrightarrow \operatorname {e} ^{-\mathrm {i} \theta /2}u\in \mathbb {R} \Leftrightarrow u\in \mathbb {R} \operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta /2}$
   et de même, $\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }{\bar {v}}=-v\Leftrightarrow \operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta /2}{\bar {v}}=-\operatorname {e} ^{-\mathrm {i} \theta /2}v\Leftrightarrow \operatorname {e} ^{-\mathrm {i} \theta /2}v\in \mathrm {i} \mathbb {R} \Leftrightarrow v\in \mathbb {R} \mathrm {i} \operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta /2}$.
4. $(u,v)$ est une base de $\mathbb {C}$, car $\mathbb {R}$-libre (en fait, $v=\mathrm {i} u$) et $f$ est la symétrie par rapport à $\mathbb {R} u$, parallèlement à $\mathbb {R} v$ (c'est-à-dire la symétrie orthogonale par rapport à $\mathbb {R} u$).
5. $\mathrm {Mat} (g\circ f,\varepsilon ,\varepsilon )={\begin{pmatrix}\cos \rho &\sin \rho \\\sin \rho &-\cos \rho \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}\cos \theta &\sin \theta \\\sin \theta &-\cos \theta \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\cos t&-\sin t\\\sin t&\cos t\end{pmatrix}}$ avec $t=\rho -\theta$, donc $g\circ f$ est la rotation d'angle $\rho -\theta$.
   On pouvait d'ailleurs le trouver directement : $g(f(z))=g(\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }{\bar {z}})=\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \rho }{\overline {\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }{\bar {z}}}}=\operatorname {e} ^{\mathrm {i} (\rho -\theta )}z$.