Correction Série 5 : Applications linéaires L1-PCSM

UNIVERSITE CHEIKH ANTA DIOP DE DAKAR 2019 - 2020
FACULTE DES SCIENCES ET TECHNIQUES
DEPARTEMENT DE MATHEMATIQUES ET INFORMATIQUE
L1-PCSM : Applications linéaires
Correction Série 5
Exercice 2. Soient f:R3→R2et f:R3→R4deux applications linéaires.
1. Monter que fest non injective.
Supposons que f est injective. On a ainsi Ker(f) = {0R3}. Il est clair que dim(Im(f)) ≤
2, car Im(f) est un s.e.v de R2. D’après le théorème du rang on a dim(R3) =
dim(Ker(f)) + dim(Im(f)). Ce qui implique que 3 = dim(Im(f)), absurde. Par
conséquent f est non injective.
2. Monter que gest non surjective.
Supposons que g est surjective. On a alors Im(g) = R4, donc dim(Im(g)) = 4.
D’après le théorème du rang, on a dim(R3) = dim(Ker(g)) + dim(Im(g)). On
déduit alors que dim(Ker(g)) = −1, absurde. Par conséquent g est non surjective.
Exercice 4. Considérons l’application f:R3→R2(x, y, z)7→ (x+y+z, 2x+y−z)
1. Montrer que fest une application linéaire.
Soient X= (x, y, z), X0= (x0, y0, z0)∈R3et α, β ∈R.
f(αX +βX0) = f(αx +βx0, αy +βy0, αz +βz0)
=αx +βx0+αy +βy0+αz +βz0,2(αx +βx0) + αy +βy0−(αz +βz0)
=α(x+y+z, 2x+y−z) + β(x0+y0+z0,2x0+y0−z0)
=αf(X) + βg(X0).
Donc fest une application linéaire.
2. Déterminer Ker(f) et la dimension de Ker(f).
Déterminer Ker(f)
Soit X= (x, y, z)∈Ker(f). On a ainsi f(X) = (x+y+z, 2x+y−z) = OR2. On
en déduit facilement que x=−2
3yet z=−1 3y. Ainsi, on a X= (−2 3y, y, −1 3y) =
y(−2
3,1,−1 3) = yU, avec U= (−2 3,1,−1 3). Par conséquent ker(f) = Lin{U}.
Déterminer une base de Ker(f)
1

B={U}est une famille génératrice de Ker(f)constituée d’un seul vecteur non
nul. Par conséquent B={U}est une base de Ker(f).
3. En déduire que fn’est pas injective.
On a ker(f) = Lin{U} 6={0R3}. Par conséquent, f n’est pas injective.
Exercice 5. Considérons l’application g:R3→R3(x, y, z)7→ (−y+z, x −y, −x+y)
1. Montrer que gest un endomorphisme.
Soient X= (x, y, z), X0= (x0, y0, z0)∈R3et α, β ∈R.
g(αX +βX0) = g(αx +βx0, αy +βy0, αz +βz0)
=−(αy +βy0) + αz +βz0, αx +βx0−(αy +βy0),−(αx +βx0) + αy +βy0
=α(−y+z, x −y, −x+y) + β(−y0+z0, x0−y0,−x0+y0)
=αg(X) + βg(X0).
Ainsi g est linéaire. Comme g est une application linéaire de R3dans R3, alors g est
un endomorphisme.
2. Déterminer Ker(g) et une base de Ker(g).
Déterminer Ker(g)
Soit X= (x, y, z)∈Ker(g). On a ainsi g(X)=(−y+z, x −y, −x+y) = OR3. On
en déduit facilement que x=y=z.
Ainsi, on a X= (x, x, x) = x(1,1,1). D’où Ker(g) = Lin{U}, avec U= (1,1,1).
Déterminer une base de Ker(g)
B1={U}est une famille génératrice de Ker(g)constituée d’un seul vecteur non
nul. Par conséquent B1={U}est une base de Ker(g).
3. g est-elle injective ? surjective ? bijective ?
Ker(g) = Lin{U} 6={0R3}, donc g n’est pas injective. En vertu de la finitude de la
dimension de R3, alors g est ni surjective, ni bijective.
4. En déduire la dimension de Im(g).
D’après le théorème du rang, on a dim(R3) = dimKer(g)+dimIm(g)c’est à
dire, 3 = 1 + dimIm(g). Par conséquent, dimIm(g)= 2.
5. Déterminer Im(g) et montrer que Ker(g) et Im(g) sont supplémentaires.
Déterminer Im(g)
2

Soit Y∈Im(g). Alors
Y=g(x, y, z)
= (−y+z, x −y, −x+y)
=x(0,1,−1) + y(−1,−1,1) + z(1,0,0)
Posons V1= (0,1,−1),V2= (−1,−1,1) et V3= (1,0,0). On a Y=xV1+yV2+zV3.
Par conséquent, Im(g) = Lin{V1, V2, V3}.
Montrer que Ker(g) et Im(g) sont supplémentaires
- Déterminons d’abord une une base de Im(g).
B={V1, V2, V3}est une famille génératrice de Im(g). Il est facile de montrer que
B2={V1, V2}est une base de Im(g).
- On a B1∩B2=∅. Posons B=B1∪B2={U, V1, V2}. Il reste a montrer que B
est une base de R3. Soit α, β, γ ∈Rtels que αU +βV1+γV3= 0R3. On montre
facilement que α=β=γ= 0, ainsi B est libre. Comme card(B) = 3 = dim(R3),
alors B est une base de R3. Par conséquent, Ker(g) et Im(g) sont supplémentaires
dans R3.
Exercice 6.
On considère l’application Ψ : R3→R3(x, y, z)7→ (3x, x +y, x +y−2z).
1. Montrer que Ψest endomorphisme.
Soient X= (x, y, z), X0= (x0, y0, z0)∈R3et α, β ∈R.
Ψ(αX +βX0) = Ψ(αx +βx0, αy +βy0, αz +βz0)
=3(αx +βx0), αx +βx0+αy +βy0, αx +βx0+αy +βy0−2(αz +βz0)
=α(3x, x +y, x +y−2z) + β(3x0, x0+y0, x0+y0−2z0)
=αΨ(X) + βΨ(X0).
Ainsi Ψest linéaire. Comme Ψest une application linéaire de R3dans lui même,
donc Ψest un endomorphisme.
2. Déterminer Ker(Ψ).
Soit X= (x, y, z)∈Ker(Ψ). On a ainsi Ψ(X) = (3x, x +y, x +y−2z) = OR3. On
en déduit facilement que x=y=z= 0.
Ainsi, on a X= (0,0,0). D’où Ker(Ψ) = {OR3}.
3

3. En déduire que Ψest un automorphisme.
Ker(Ψ) = {OR3}implique Ψest injective. En vertu de la finitude de la dimension
de R3,Ψest bijective. Ainsi Ψest un endomorphisme bijectif, c’est-à-dire Ψest un
automorphisme
4. Déterminer les applications Ψ−1et Ψ◦Ψ.
Déterminer Ψ−1
Soit (a, b, c)∈R3. Trouvons (x, y, z) tel que Ψ(x, y, z) = (a, b, c). On a (3x, x+y, x+
y−2z) = (a, b, c). Un calcul simple donne (x, y, z)=(a
3,3b−a 3,b−c 2). Par conséquent,
Ψ−1:R3→R3(a, b, c)7→ (a
3,3b−a 3,b−c 2).
Déterminer Ψ◦Ψ.
Soit (x, y, z)∈R3. On a
Ψ2(x, y, z) = ΨΨ(x, y, z)
= Ψ(3x, x +y, x +y−2z)
=3(3x),3x+x+y, 3x+x+y−2(x+y−2z)
= (9x, 4x+y, 2x−y+ 4z).
Ainsi Ψ◦Ψ : R3→R3(x, y, z)7→ (9x, 4x+y, 2x−y+ 4z).
4