COR TD 2

Année 2013
COR TD 2
Exercice 1. Déterminer si les applications
f1 : R2 → R2
f2 : R3 → R3
f3 : R3 → R3
f4 : R2 → R4
f5 : R3 [X] → R3
fi
suivantes sont linéaires :
f1 (x, y) = (2x + y, x − y)
f2 (x, y, z) = (xy, x, y)
f3 (x, y, z) = (2x + y + z, y − z, x + y)
f4 (x, y) = (y, 0, x − 7y, x + y)
f5 (P ) = P (−1), P (0), P (1)
(x, y) ∈ R2
f1 (x, y) + (x0 , y 0 ) = f1 x + x0 , y + y 0
Correction 1.
1.
f1
est linéaire. Pour
et
(x0 , y 0 ) ∈ R2
:
= 2(x + x0 ) + (y + y 0 ), (x + x0 ) − (y + y 0 )
= 2x + y + 2x0 + y 0 , x − y + x0 − y 0
= 2x + y, x − y + 2x0 + y 0 , x0 − y 0
= f1 (x, y) + f1 (x0 , y 0 )
(x, y) ∈ R2 et λ ∈ R :
f1 λ·(x, y) = f1 λx, λy = 2λx+λy, λx−λy = λ· 2x+y, x−y = λ·f1 (x, y).
Pour
2.
f2
n'est pas linéaire, en eet par exemple
pas égal à
f2 (1, 1, 0) + f2 (1, 1, 0)
n'est
f2 (2, 2, 0).
3.
f3 est linéaire : il faut vérier d'abord que pour tout (x, y, z) et (x0 , y 0 , z 0 )
0 0 0
0 0 0
alors f3 (x, y, z)+(x , y , z ) = f3 (x, y, z)+f3 (x , y , z ). Et ensuite que
pour tout (x, y, z) et λ on a f3 λ · (x, y, z) = λ · f3 (x, y, z).
4.
f4
est linéaire : il faut vérier d'abord que pour tout
alors
tout
5.
f5
(x0 , y 0 )
f4 (x, y) +
(x, y) et λ on
a
(x, y)
et
(x0 , y 0 )
f4 (x0 , y 0 ). Et ensuite que pour
= f4 (x, y) +
f4 λ · (x, y) = λ · f4 (x, y).
est linéaire : soient
P, P 0 ∈ R3 [X]
alors
f5 P + P 0 = (P + P 0 )(−1), (P + P 0 )(0), (P + P 0 )(1)
= P (−1) + P 0 (−1), P (0) + P 0 (0), P (1) + P 0 (1)
= P (−1), P (0), P (1) + P 0 (−1), P 0 (0), P 0 (1)
= f5 (P ) + f5 (P 0 )
1
Et si
P ∈ R3 [X]
λ∈R:
f5 λ · P = (λP )(−1), (λP )(0), (λP )(1)
et
= λ × P (−1), λ × P (0), λ × P (1)
= λ · P (−1), P (0), P (1)
= λ · f5 (P )
Exercice 2. Soit
E
un espace vectoriel et soient
vectoriels de dimension nie de
par
E,
E1
et
E2
deux sous-espaces
on dénit l'application
f : E1 × E2 → E
f (x1 , x2 ) = x1 + x2 .
1. Montrer que
f
est linéaire.
2. Déterminer le noyau et l'image de
f.
3. Que donne le théorème du rang ?
Correction 2.
1. Aucun problème...
2. Par dénition de
f
et de ce qu'est la somme de deux sous-espaces
vectoriels, l'image est
Im f = {f (x1 , x2 ) | x1 ∈ E1 , x2 ∈ E2 } = {x1 +x2 | x1 ∈ E1 , x2 ∈ E2 } = E1 +E2 .
Pour le noyau :
ker f = {(x1 , x2 ) | f (x1 , x2 ) = 0} = {(x1 , x2 ) | x1 + x2 = 0}
(x1 , x2 ) ∈ ker f ,
x1 ∈ E1 , x2 ∈ E2 et x1 = −x2 . Donc x1 ∈ E2 . Donc x1 ∈ E1 ∩E2 .
Réciproquement si x ∈ E1 ∩ E2 , alors (x, −x) ∈ ker f . Donc
Mais on peut aller un peu plus loin. En eet un élément
vérie
ker f = {(x, −x) | x ∈ E1 ∩ E2 }.
De plus l'application
x 7→ (x, −x)
montre que
ker f
est isomorphe à
E1 ∩ E2 .
3. Le théorème du rang s'écrit :
dim ker f + dim Im f = dim(E1 × E2 ).
Compte tenu de l'isomorphisme entre
ker f
et
E1 ∩ E2
on obtient :
dim(E1 ∩ E2 ) + dim(E1 + E2 ) = dim(E1 × E2 ).
Mais
dim(E1 × E2 ) = dim E1 + dim E2 ,
donc on retrouve ce que l'on
appelle le théorème des quatre dimensions :
dim(E1 + E2 ) = dim E1 + dim E2 − dim(E1 ∩ E2 ).
2
Exercice 3. Soit
linéaire de
E
E
un espace vectoriel de dimension
n et f
une application
dans lui-même. Montrer que les deux assertions qui suivent
sont équivalentes :
(i)
(ii)
ker f = Im f
f2 = 0
et
n = 2 · rg(f )
⇒ (ii) Supposons ker f = Im f . Soit x ∈ E , alors f (x) ∈
f (x) ∈ ker f , cela entraîne f (f (x)) = 0 ; donc f 2 = 0. De
plus d'après la formule du rang dim ker f + rg(f ) = n, mais dim ker f =
dim Im f = rgf , ainsi 2rg(f ) = n.
2
(ii) ⇒ (i) Si f = 0 alors Im f ⊂ ker f car pour y ∈ Im f il existe x tel que
y = f (x) et f (y) = f 2 (x) = 0. De plus si 2rg(f ) = n alors la formule
du rang donne dim ker f = rg(f ) 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 .
Correction 3. (i)
Im f
donc
Exercice 4. Pour les applications linéaires suivantes, déterminer
Im fi .
En déduire si
fi
ker fi
et
est injective, surjective, bijective.
f1 : R2 → R2
f2 : R3 → R3
f3 : R2 → R4
f4 : R3 [X] → R3
f1 (x, y) = (2x + y, x − y)
f2 (x, y, z) = (2x + y + z, y − z, x + y)
f3 (x, y) = (y, 0, x − 7y, x + y)
f4 (P ) = P (−1), P (0), 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.
f1
est injective, surjective (et donc bijective).
(a) Faisons tout à la main. Calculons le noyau :
(x, y) ∈ ker f1 ⇐⇒ f1 (x, y) = (0, 0) ⇐⇒ (2x + y, x − y) = (0, 0)
(
2x + y = 0
⇐⇒
⇐⇒ (x, y) = (0, 0)
x−y =0
Ainsi
ker f1 = {(0, 0)}
et donc
3
f1
est injective.
(b) Calculons l'image. Quels éléments
(X, Y ) peuvent s'écrire f1 (x, y) ?
f1 (x, y) = (X, Y ) ⇐⇒ (2x + y, x − y) = (X, Y )
(
(
2x + y = X
x=
⇐⇒
⇐⇒
x−y =Y
y=
X + Y X − 2Y
⇐⇒ (x, y) =
,
3
3
Donc pour n'importe quel
(X, Y ) ∈ R2
X−2Y
(x, y) = ( X+Y
3 ,
3 ) qui vérie donc
2
Im f1 = R . Ainsi f1 est surjective.
(c) Conclusion :
2. Pour
f2
f1
X+Y
3
X−2Y
3
on trouve un antécédent
f1 (x, y) = (X, Y ).
Donc
est injective et surjective donc bijective.
on pourrait raisonner similairement, mais on va simplier le
travail pour l'image de
f2 .
(a) Calculons d'abord le noyau :
(x, y, z) ∈ ker f2 ⇐⇒ f1 (x, y, z) = (0, 0, 0)
⇐⇒ (2x + y + z, y − z, x + y) = (0, 0, 0)


2x + y + z = 0
⇐⇒ y − z = 0


x+y =0
⇐⇒ · · ·
⇐⇒ (x, y, z) = (0, 0, 0)
Ainsi
ker f2 = {(0, 0, 0)}
et donc
f2
est injective.
ker f2 = {(0, 0, 0)} , autredim ker f2 = 0. La formule du rang, appliquée à f2 :
R3 → R3 s'écrit dim ker f2 +dim Im f2 = dim R3 . Donc dim Im f2 =
3. Ainsi Im f2 est un espace vectoriel de dimension 3 inclus dans
R3 de dimension 3 donc Im f2 = R3 . Ainsi f2 est surjective.
(b) Maintenant nous allons utiliser que
ment dit
(c)
f2
est injective, surjective donc bijective.
3. Sans aucun calcul on sait
f3 : R2 → R4
ne peut être surjective car
l'espace d'arrivée est de dimension strictement supérieur à l'espace de
départ.
4
(a) Calculons le noyau :
(x, y) ∈ ker f3 ⇐⇒ f3 (x, y) = (0, 0, 0, 0)
⇐⇒ (y, 0, x − 7y, x + y) = (0, 0, 0, 0)


y=0



0 = 0
⇐⇒

x − 7y = 0



x + y = 0
⇐⇒ · · ·
⇐⇒ (x, y) = (0, 0)
Ainsi
ker f3 = {(0, 0)}
et donc
f3
est injective.
f3 : R2 → R4 s'écrit dim ker f3 +
dim Im f3 = 2. Ainsi Im f3 est un es3
dimension 2 inclus dans R , f3 n'est pas surjec-
(b) La formule du rang, appliquée à
dim Im f3 =
dim R2 . Donc
pace vectoriel de
tive.
Im f3 nous allons trouver deux vecteurs indépendants
Im f3 . Il y a un nombre inni de choix : prenons par exemple
v1 = f (1, 0) = (0, 0, 1, 1). Pour v2 on cherche (un peu à tâtons) un
vecteur linéairement indépendant de v1 . Essayons v2 = f (0, 1) =
(1, 0, −7, 1). Par construction v1 , v2 ∈ Im f ; ils sont clairement
linéairement indépendants et comme dim Im f3 = 2 alors {v1 , v2 }
est une base de Im f3 .
Ainsi Im f3 = Vect{v1 , v2 } = λ(0, 0, 1, 1) + µ(1, 0, −7, 1) | λ, µ ∈
R .
Par décrire
de
4.
f4 : R3 [X] → R3
va d'un espace de dimension
dimension strictement plus petit et donc
f4
(a) Calculons le noyau. Écrivons un polynôme
la forme
P (X) =
aX 3
+
bX 2
5
4
vers un espace de
ne peut être injective.
+ cX + d.
P
Alors
≤ 3 sous
P (0) = d, P (1) =
de degré
a + b + c + d, P (−1) = −a + b − c + d.
P (X) ∈ ker f4 ⇐⇒
P (−1), P (0), P (1) = (0, 0, 0)
⇐⇒ (−a + b − c + d, d, a + b + c + d) = (0, 0, 0)


−a + b − c + d = 0
⇐⇒ d = 0


a+b+c+d=0
⇐⇒ · · ·


a = −c
⇐⇒ b = 0


d=0
⇐⇒ (a, b, c, d) = (t, 0, −t, 0) t ∈ R
ker f4 = tX 3 − tX | t ∈ R = Vect{X 3 − X}. f4
injective son noyau étant de dimension 1.
Ainsi le noyau
n'est pas
f4 : R3 [X] → R3 s'écrit dim ker f4 +
dim Im f4 = dim R3 [4]. Autrement dit 1 + dim Im f4 = 4. Donc
dim Im f4 = 3. Ainsi Im f4 est un espace de dimension 3 dans R3
3
donc Im f4 = R . Conclusion f4 est surjective.
(b) La formule du rang pour
Exercice 5. Soit
de
E,
et
t
E
un espace vectoriel de dimension
Démontrer que la donnée de
linéaire
α3 e 3 .
φ
3, {e1 , e2 , e3 } une base
un paramètre réel.
de
E
dans

 φ(e1 ) = e1 + e2
φ(e2 ) = e1 − e2

φ(e3 ) = e1 + te3
dénit une application
E . Écrire le transformé du vecteur x = α1 e1 + α2 e2 +
t pour que φ soit injective ? surjective ?
Comment choisir
Correction 5.
φ à partir de la dénition sur les
x ∈ E alors x s'écrit dans la base {e1 , e2 , e3 },
Et φ est dénie sur E par la formule
1. Comment est dénie
éléments de la base ? Pour
x = α1 e 1 + α2 e 2 + α3 e 3 .
φ(x) = α1 φ(e1 ) + α2 φ(e2 ) + α3 φ(e3 ).
Soit ici :
φ(x) = (α1 + α2 + α3 )e1 + (α1 − α2 )e2 + tα3 e3 .
Cette dénition rend automatiquement
n'êtes pas convaincu !).
6
φ
linéaire (vériez-le si vous
φ est injective. Soit x ∈ E tel que φ(x) = 0 donc
(α1 + α2 + α3 )e1 + (α1 − α2 )e2 + tα3 e3 = 0. Comme {e1 , e2 , e3 } est une
2. On cherche à savoir si
base alors tous les coecients sont nuls :
α1 − α2 = 0,
α1 + α2 + α3 = 0,
tα3 = 0.
t 6= 0 alors en résolvant le système on obtient α1 = 0, α2 = 0,
α3 = 0. Donc x = 0 et φ est injective.
Si t = 0, alors φ n'est pas injective, en résolvant le même système
on obtient des solutions non triviales, par exemple α1 = 1, α2 = 1,
α3 = −2. Donc pour x = e1 + e2 − 2e3 on obtient φ(x) = 0.
Si
3. Pour la surjectivité on peut soit faire des calculs, soit appliquer la
φ est surjective
Im φ est égale à la dimension de
dimension 3). Or on a une formule pour
formule du rang. Examinons cette deuxième méthode.
si et seulement si la dimension de
l'espace d'arrivée (ici
dim Im φ
E
de
:
dim ker φ + dim Im φ = dim E.
t 6= 0, φ est injective donc ker φ = {0} est de dimension 0. Donc
dim Im φ = 3 et φ est surjective.
Si t = 0 alors φ n'est pas injective donc ker φ est de dimension au
moins 1 (en fait 1 exactement), donc dim Im φ 6 2. Donc φ n'est pas
Si
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
et
f :E→E
E = Rn [X] l'espace vectoriel des polynômes de degré ≤ n,
dénie par :
f (P ) = P + (1 − X)P 0 .
Montrer que
f
est une application linéaire et donner une base de
Im f
et de
ker f.
Correction 6.
2. Soit
P
1.
tel que
f
est bien linéaire...
f (P ) = 0.
Alors
P
vérie l'équation diérentielle
P + (1 − X)P 0 = 0.
Dont la solution est
1
P = λ(X − 1), λ ∈ R. Donc ker f est de dimension
X − 1.
et une base est donnée par un seul vecteur :
3. Par le théorème du rang la dimension de l'image est :
dim Im f = dim Rn [X] − dim ker f = (n + 1) − 1 = n.
7
n
Il faut donc trouver
Évaluons
f (X k ),
vecteurs linéairement indépendants dans
Im f .
alors
f (X k ) = (1 − k)X k + kX k−1 .
f (1) = 1, f (X) = 1, f (X 2 ) = −X 2 + 2X, ... on remarque
k = 2, . . . n, f (X k ) est de degré k sans terme constant. Donc
Cela donne
que pour
l'ensemble
f (X), f (X 2 ), . . . , f (X n )
est une famille de
n
vecteurs, appartenant à
Im f , et libre
Im f .
(car les
degrés sont distincts). Donc ils forment une base de
e1 , e2 , e3 formant une base de R3 . On note
par φ(e1 ) = e3 , φ(e2 ) = −e1 + e2 + e3 et
Exercice 7. Soient trois vecteurs
φ l'application
φ(e3 ) = e3 .
linéaire dénie
1. Écrire la matrice
A
de
φ
dans la base
(e1 , e2 , e3 ).
Déterminer le noyau
de cette application.
f1 = e1 −e3 , f2 = e1 −e2 , f3 = −e1 +e2 +e3 . Calculer e1 , e2 , e3
fonction de f1 , f2 , f3 . Les vecteurs f1 , f2 , f3 forment-ils une base de
2. On pose
en
R3 ?
φ(f1 ), φ(f2 ), φ(f3 ) en fonction de f1 , f2 , f3 . Écrire la matrice
(f1 , f2 , f3 ) et trouver la nature de l'application φ.


1
1 −1
−1 1 . Vérier que P est inversible et calculer
4. On pose P =  0
−1 0
1
−1
P . Quelle relation lie A, B , P et P −1 ?
 
x
Correction 7.
1. On note la base B = (e1 , e2 , e3 ) et X =  y 
=
z B
xe1 + ye2 + ze3 . La matrice A = MatB (f ) est composée des vecteurs
colonnes φ(ei ), on sait
 
 
 
0
−1
0
φ(e1 ) = e3 = 0
φ(e2 ) = −e1 +e2 +e3 =  1 
φ(e3 ) = e3 = 0
1 B
1 B
1 B
3. Calculer
B
de
φ
dans la base
donc
Le noyau de
φ
(ou celui de


0 −1 0
A = 0 1 0
1 1 1
A)
est l'ensemble de
AX = 0.
8
 
x
X = y 
z
tel que

    
−1 0
x
0
−y = 0






1 0 × y = 0 ⇐⇒
y = 0

1 1
z
0
x+y+z = 0
 

1
x
3


0
∈ R | x ∈ R = Vect 0  = Vect(e1 −
−1 B
−x B
donc de dimension 1.

0

AX = 0 ⇐⇒ 0
1


Donc Kerφ =
e3 ).
Le noyau est
2. On applique le pivot de Gauss comme si c'était un système linéaire :

− e3 = f1
 e1
e1 − e2
= f2

−e1 + e2 + e3 = f3
On en déduit
L1
L2
⇐⇒

 e1

L3
− e2
e2
− e3 = f1
+ e3 = f2 − f1
= f3 + f1

 e1 = f1 + f2 + f3
e2 = f1 + f3

e3 = f2 + f3
B = (e1 , e2 , e3 ) s'expriment en fonction de (f1 , f2 , f3 ), ainsi la famille (f1 , f2 , f3 ) est génératrice. Comme
3
elle a exactement 3 éléments dans l'espace vectoriel R de dimension 3
0
alors B = (f1 , f2 , f3 ) est une base.
Donc tous les vecteurs de la base
3.
φ(f1 ) = φ(e1 − e3 ) = φ(e1 ) − φ(e3 ) = e3 − e3 = 0
φ(f2 ) = φ(e1 −e2 ) = φ(e1 )−φ(e2 ) = e3 −(−e1 +e2 +e3 ) = e1 −e2 = f2
φ(f3 ) = φ(−e1 + e2 + e3 ) = −φ(e1 ) + φ(e2 ) + φ(e3 ) = −e1 + e2 + e3 = f3
B 0 = (f1 , f2 , f3 ), nous avons
 
 
 
0
0
0
φ(f1 ) = 0 = 0
φ(f2 ) = f2 = 1 φ(f3 ) = f3 = 0
0 B0
0 B0
1 B0
Donc, dans la base
Donc la matrice de
φ
dans la base
B0
est


0 0 0
B = 0 1 0
0 0 1
φ est la projection sur Vect(f2 , f3 ) parallèlement à Vect(f1 ) (autrement
0
dit c'est la projection sur le plan d'équation (x = 0), parallèlement à
0
0
l'axe des x , ceci dans la base B ).
9
L2 −L1
L3 +L1
4.
P
est la matrice de passage de
B
vers
B 0 . En eet la matrice de passage
contient -en colonnes- les coordonnées des vecteurs de la nouvelle base
B0
B.
coordonnées X
exprimés dans l'ancienne base
Si un vecteur a pour
B 0 alors
dans la base
B
et
X0
dans la base
P X0
dans la base
= X (attention à l'ordre). Et si A est la matrice
B et B est la matrice de φ dans la base B 0 alors
de
φ
une application linéaire de
E
B = P −1 AP
(Une matrice de passage entre deux bases est inversible.)
Ici on calcule l'inverse de
P −1
P


1 1 0
= 1 0 1
1 1 1
:
donc


0 0 0
B = P −1 AP = 0 1 0
0 0 1
On retrouve donc bien les mêmes résultats que précédemment.
Exercice 8. Soit
E
un espace vectoriel et
dans lui-même telle que
1. Montrer que
f
f2 = f.
E = Kerf o + Imf .
2. Supposons que
E
n. Posons r = dim Im f .
B = (e1 , . . . , en ) de E telle que : f (ei ) = ei
i > r. Déterminer la matrice de f dans cette
soit de dimension nie
Montrer qu'il existe une base
i≤r
base B .
si
et
Correction 8.
f (ei ) = 0
si
1. Nous devons montrer
Kerf ∩ Imf = {0}
et
Kerf +
Imf = E .
x ∈ Kerf ∩ Imf alors d'une part f (x) = 0 et d'autre part
il
0
0
0
existe x ∈ E tel que x = f (x ). Donc 0 = f (x) = f f (x ) =
f (x0 ) = x donc x = 0 (on a utilisé f ◦f = f ). Donc Kerf ∩Imf =
{0}.
(a) Si
x ∈ E on le réécrit
x = x − f (x) + f (x). Alors x − f (x) ∈
(car f x − f (x) = f (x) − f ◦ f (x) = 0) et f (x) ∈ Im f .
Donc x ∈ Kerf + Imf . Donc Kerf + Imf = E .
(b) Pour
Kerf
(c) Conclusion :
E = Kerf o + Imf .
r le rang de f : r = dim Imf . Soit {e1 , . . . , er } une base de Im f
{er+1 , . . . , en } une base de Kerf . Comme E = Kerf ⊕ Im f
alors (e1 , . . . , en ) est une base de E . Pour i > r alors ei ∈ Kerf donc
f (ei ) = 0.
Comme f ◦ f = f alors pour n'importe quel x ∈ Im f on a f (x) = x :
0
0
en eet comme x ∈ Im f , il existe x ∈ E tel que x = f (x ) ainsi
f (x) = f f (x0 ) = f (x0 ) = x. En particulier si i ≤ r alors f (ei ) = ei .
2. Notons
et soit
10
3. La matrice de
où
I
f
dans la base
(e1 , . . . , en )
I (0)
(0) (0)
désigne la matrice identité de taille
est donc :
r×r
et les
(0)
désignent des
matrices nulles.
Exercice 9. Soit l'application
f : R3 → R3
donnée par :
f (x, y, z) = (x + 2y + z, 2x + y + 3z, −x − y − z).
1. Justier que
f
est linéaire.
2. Donner la matrice de
3.
dans la base canonique de
R3 .
(a) Déterminer une base et la dimension du noyau de
(b) L'application
4.
A
f
est-elle injective ?
(a) Donner le rang de
(b) L'application
f
f
et une base de Imf .
est-elle surjective ?
Exercice 10. Soit la matrice


2 7 1
A =  −1 2 0  .
3 5 1
1. Déterminer une base du noyau de
A.
2. Déterminer une base de l'image de
11
A.
f,
noté
ker f .