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Exercice 1
Énoncé
Soit f l'application de R³ vers R³ qui au vecteur X = (x, y, z) associe le vecteur Y = (x+y+z, x-y+z, x-y-z).
- Montrer que f est une application linéaire.
- Déterminer Ker(f) et Im(f).
- f est-elle injective ? surjective ? bijective ?
Solution
1. Démontrer que f est linéaire
Pour montrer que f est une application linéaire, nous devons vérifier que f(U + λV) = f(U) + λf(V) pour tous vecteurs U, V de R³ et tout scalaire λ ∈ R.
Soient U = (x, y, z) et V = (x', y', z') des vecteurs de R³, et λ ∈ R.
Calculons U + λV :
U + λV = (x + λx', y + λy', z + λz')
Appliquons f à ce vecteur :
f(U + λV) = ((x + λx') + (y + λy') + (z + λz'), (x + λx') - (y + λy') + (z + λz'), (x + λx') - (y + λy') - (z + λz'))
Nous pouvons regrouper les termes :
f(U + λV) = ((x + y + z) + λ(x' + y' + z'), (x - y + z) + λ(x' - y' + z'), (x - y - z) + λ(x' - y' - z'))
Ceci peut être réécrit comme la somme de deux vecteurs :
f(U + λV) = (x + y + z, x - y + z, x - y - z) + λ(x' + y' + z', x' - y' + z', x' - y' - z')
Qui est par définition :
f(U + λV) = f(U) + λf(V)
Donc, f est une application linéaire.
2. Déterminer Ker(f) et Im(f)
Détermination de Ker(f) :
Le noyau de f, Ker(f), est l'ensemble des vecteurs X = (x, y, z) de R³ tels que f(X) = (0, 0, 0).
Cela conduit au système d'équations linéaires suivant :
- x + y + z = 0 (L1)
- x - y + z = 0 (L2)
- x - y - z = 0 (L3)
Utilisons la méthode du pivot de Gauss pour résoudre le système :
- Additionnons (L1) et (L3) : (x + y + z) + (x - y - z) = 0 + 0 ⇒ 2x = 0 ⇒ x = 0.
- Soustraire (L3) de (L2) : (x - y + z) - (x - y - z) = 0 - 0 ⇒ 2z = 0 ⇒ z = 0.
En substituant x = 0 et z = 0 dans l'équation (L1), on obtient : 0 + y + 0 = 0 ⇒ y = 0.
Par conséquent, le seul vecteur dans le noyau est le vecteur nul.
Ker(f) = {(0, 0, 0)}.
Détermination de Im(f) :
La dimension de l'image de f, dim(Im(f)), est donnée par le théorème du rang :
dim(Im(f)) = dim(R³) - dim(Ker(f)).
Puisque Ker(f) = {(0, 0, 0)}, la dimension de Ker(f) est 0.
Ainsi, dim(Im(f)) = 3 - 0 = 3.
Comme Im(f) est un sous-espace vectoriel de R³ et que sa dimension est égale à celle de R³ (qui est 3), cela signifie que l'image de f est l'espace d'arrivée tout entier.
Im(f) = R³.
3. f est-elle injective ? surjective ? bijective ?
- Injectivité : Une application linéaire est injective si et seulement si son noyau est réduit au vecteur nul. Puisque Ker(f) = {(0, 0, 0)}, f est injective.
- Surjectivité : Une application linéaire est surjective si et seulement si son image est égale à l'espace d'arrivée. Puisque Im(f) = R³, f est surjective.
- Bijectivité : Une application linéaire est bijective si et seulement si elle est à la fois injective et surjective. Puisque f est injective et surjective, f est bijective.
Exercice 2
Énoncé
On considère l'application f de R⁴ vers R³ qui au vecteur X = (x, y, z, t) associe le vecteur Y = (x+y, y-z, x+z).
- Montrer que f est linéaire.
- f est-elle injective ? surjective ? Donner une base de Ker(f) et Im(f).
Solution
1. Démontrer que f est linéaire
Pour montrer que f est une application linéaire, nous devons vérifier que f(U + λV) = f(U) + λf(V) pour tous vecteurs U, V de R⁴ et tout scalaire λ ∈ R.
Soient U = (x, y, z, t) et V = (x', y', z', t') des vecteurs de R⁴, et λ ∈ R.
Calculons U + λV :
U + λV = (x + λx', y + λy', z + λz', t + λt')
Appliquons f à ce vecteur :
f(U + λV) = ((x + λx') + (y + λy'), (y + λy') - (z + λz'), (x + λx') + (z + λz'))
Nous pouvons regrouper les termes :
f(U + λV) = ((x + y) + λ(x' + y'), (y - z) + λ(y' - z'), (x + z) + λ(x' + z'))
Ceci peut être réécrit comme la somme de deux vecteurs :
f(U + λV) = (x + y, y - z, x + z) + λ(x' + y', y' - z', x' + z')
Qui est par définition :
f(U + λV) = f(U) + λf(V)
Donc, f est une application linéaire.
2. Détermination de Ker(f) et Im(f). f est-elle injective ? surjective ?
Détermination de Ker(f) :
Le noyau de f, Ker(f), est l'ensemble des vecteurs X = (x, y, z, t) de R⁴ tels que f(X) = (0, 0, 0).
Cela conduit au système d'équations linéaires suivant :
- x + y = 0 (L1)
- y - z = 0 (L2)
- x + z = 0 (L3)
De (L2), nous avons y = z.
De (L3), nous avons x = -z.
Substituons y et x dans (L1) : (-z) + z = 0, ce qui est une identité (0 = 0). Cela signifie que le système est compatible et qu'il y a des variables libres.
En exprimant x et y en fonction de z : x = -z et y = z. La variable t n'apparaît pas dans les équations, ce qui signifie qu'elle est libre.
Un vecteur X dans Ker(f) est de la forme (x, y, z, t) = (-z, z, z, t). En posant z = α et t = β où α, β ∈ R, on peut écrire :
X = (-α, α, α, β) = α(-1, 1, 1, 0) + β(0, 0, 0, 1).
Une base de Ker(f) est {(-1, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}. La dimension de Ker(f) est 2.
Puisque Ker(f) contient des vecteurs non nuls (par exemple, (-1, 1, 1, 0)), f n'est pas injective.
Détermination de Im(f) :
D'après le théorème du rang, dim(Im(f)) = dim(R⁴) - dim(Ker(f)).
dim(Im(f)) = 4 - 2 = 2.
L'image de f est engendrée par les images des vecteurs de la base canonique de R⁴, soit e₁=(1,0,0,0), e₂=(0,1,0,0), e₃=(0,0,1,0), e₄=(0,0,0,1) :
- f(e₁) = f(1, 0, 0, 0) = (1+0, 0-0, 1+0) = (1, 0, 1)
- f(e₂) = f(0, 1, 0, 0) = (0+1, 1-0, 0+0) = (1, 1, 0)
- f(e₃) = f(0, 0, 1, 0) = (0+0, 0-1, 0+1) = (0, -1, 1)
- f(e₄) = f(0, 0, 0, 1) = (0+0, 0-0, 0+0) = (0, 0, 0) (car la variable t n'est pas utilisée dans la définition de f)
Donc, Im(f) = Vect{(1, 0, 1), (1, 1, 0), (0, -1, 1)}. Appelons ces vecteurs v₁ = (1, 0, 1), v₂ = (1, 1, 0), v₃ = (0, -1, 1).
Nous cherchons une base de cet espace. Vérifions si les vecteurs sont linéairement dépendants :
On remarque que v₂ = v₁ - v₃, car (1, 0, 1) - (0, -1, 1) = (1, 1, 0).
Ainsi, v₂ est une combinaison linéaire de v₁ et v₃. L'image est donc générée par v₁ et v₃ : Im(f) = Vect{v₁, v₃}.
Les vecteurs v₁ = (1, 0, 1) et v₃ = (0, -1, 1) ne sont pas colinéaires (le premier terme de v₃ est 0, pas celui de v₁), ils forment donc un système libre. Puisque dim(Im(f)) = 2, {v₁, v₃} est une base de Im(f).
Comme dim(Im(f)) = 2 et dim(R³) = 3, Im(f) ≠ R³. Par conséquent, f n'est pas surjective.
Exercice 3
Énoncé
Soient E = F = R³ rapporté à la base canonique (e₁, e₂, e₃) et f l'application linéaire de E dans E définie par :
- f(e₁) = (1, 2, 3)
- f(e₂) = (2, 2, 2)
- f(e₃) = (1, 0, -1)
- Donner les composantes de l'image d'un vecteur quelconque X = (x, y, z) de R³ en fonction de x, y, z.
- Donner une base de Im(f) et sa dimension. f est-elle surjective ?
- Donner une équation cartésienne de Im(f).
- Déterminer Ker(f). f est-elle injective ?
Solution
1. Déterminer f(x, y, z)
Tout vecteur X = (x, y, z) de R³ peut être exprimé comme une combinaison linéaire des vecteurs de la base canonique : X = xe₁ + ye₂ + ze₃.
Puisque f est linéaire, nous pouvons écrire :
f(x, y, z) = f(xe₁ + ye₂ + ze₃) = xf(e₁) + yf(e₂) + zf(e₃)
En utilisant les valeurs données pour f(e₁), f(e₂) et f(e₃) :
f(x, y, z) = x(1, 2, 3) + y(2, 2, 2) + z(1, 0, -1)
f(x, y, z) = (x + 2y + z, 2x + 2y + 0z, 3x + 2y - z)
f(x, y, z) = (x + 2y + z, 2x + 2y, 3x + 2y - z)
2. Détermination de Im(f) et sa dimension. f est-elle surjective ?
L'image de f, Im(f), est engendrée par les images des vecteurs de la base canonique de R³ :
Im(f) = Vect{f(e₁), f(e₂), f(e₃)} = Vect{(1, 2, 3), (2, 2, 2), (1, 0, -1)}.
Appelons ces vecteurs v₁ = (1, 2, 3), v₂ = (2, 2, 2), v₃ = (1, 0, -1).
Pour trouver une base de Im(f) et sa dimension, nous devons vérifier la dépendance linéaire de v₁, v₂, v₃.
Cherchons α, β, γ ∈ R tels que αv₁ + βv₂ + γv₃ = (0, 0, 0) :
- α + 2β + γ = 0 (Eq. 1)
- 2α + 2β = 0 (Eq. 2)
- 3α + 2β - γ = 0 (Eq. 3)
De (Eq. 2), 2α + 2β = 0 ⇒ α = -β.
Substituons α = -β dans (Eq. 1) : (-β) + 2β + γ = 0 ⇒ β + γ = 0 ⇒ γ = -β.
Vérifions ces relations avec (Eq. 3) : 3(-β) + 2β - (-β) = -3β + 2β + β = 0. Cette équation est satisfaite.
Puisque nous avons des solutions non triviales (par exemple, si β = 1, alors α = -1 et γ = -1), les vecteurs sont linéairement dépendants. La relation est : -v₁ + v₂ - v₃ = (0, 0, 0), ce qui implique v₂ = v₁ + v₃.
Ainsi, v₂ est une combinaison linéaire de v₁ et v₃. Nous pouvons donc écrire Im(f) = Vect{v₁, v₃}.
Les vecteurs v₁ = (1, 2, 3) et v₃ = (1, 0, -1) ne sont pas colinéaires (aucun n'est un multiple de l'autre). Ils forment donc un système libre et une base de Im(f).
La dimension de Im(f) est 2.
Puisque dim(Im(f)) = 2, ce qui est inférieur à la dimension de l'espace d'arrivée R³ (qui est 3), f n'est pas surjective.
3. Donner une équation cartésienne de Im(f)
Un vecteur Y = (x', y', z') appartient à Im(f) si et seulement s'il est une combinaison linéaire de v₁ et v₃.
Y = αv₁ + βv₃ pour certains scalaires α, β ∈ R.
(x', y', z') = α(1, 2, 3) + β(1, 0, -1)
(x', y', z') = (α + β, 2α, 3α - β)
Nous avons donc le système d'équations paramétriques :
- x' = α + β (Eq. A)
- y' = 2α (Eq. B)
- z' = 3α - β (Eq. C)
De (Eq. B), nous pouvons exprimer α en fonction de y' : α = y'/2.
Substituons α dans (Eq. A) : x' = y'/2 + β ⇒ β = x' - y'/2.
Maintenant, substituons α et β dans (Eq. C) :
z' = 3(y'/2) - (x' - y'/2)
z' = 3y'/2 - x' + y'/2
z' = 4y'/2 - x'
z' = 2y' - x'
En réarrangeant les termes pour obtenir l'équation cartésienne :
x' - 2y' + z' = 0.
L'équation cartésienne de Im(f) est x - 2y + z = 0.
4. Déterminer Ker(f). f est-elle injective ?
Le noyau de f, Ker(f), est l'ensemble des vecteurs X = (x, y, z) de R³ tels que f(X) = (0, 0, 0).
En utilisant l'expression de f(x, y, z) déterminée à la question 1 :
- x + 2y + z = 0 (L1)
- 2x + 2y = 0 (L2)
- 3x + 2y - z = 0 (L3)
De (L2) : 2x + 2y = 0 ⇒ y = -x.
Substituons y = -x dans (L1) : x + 2(-x) + z = 0 ⇒ x - 2x + z = 0 ⇒ -x + z = 0 ⇒ z = x.
Vérifions ces relations avec (L3) : 3x + 2(-x) - x = 3x - 2x - x = 0. L'équation est satisfaite (0 = 0).
Donc, les vecteurs du noyau sont de la forme (x, y, z) = (x, -x, x). En factorisant x :
X = x(1, -1, 1).
Ker(f) = Vect{(1, -1, 1)}. Une base de Ker(f) est {(1, -1, 1)} et dim(Ker(f)) = 1.
Puisque Ker(f) n'est pas réduit au vecteur nul (dim(Ker(f)) = 1 ≠ 0), f n'est pas injective.
Exercice 3 bis
Énoncé
Soit g : R³ → R³ une application vérifiant g(v₁) = (1,2,3), g(v₂) = (2,2,2), g(v₃) = (1,0,-1) avec v₁ = (2,1,1), v₂ = (2,1,0), v₃ = (1,0,0).
a) Montrer qu'une telle application linéaire g existe.
b) Calculer g(x,y,z) pour un vecteur (x,y,z) quelconque de R³.
Solution
a) Démontrer qu'une telle application linéaire g existe
Une application linéaire est uniquement déterminée par l'image des vecteurs d'une base de son espace de départ. Pour montrer qu'une telle application linéaire g existe, il suffit de vérifier que la famille de vecteurs (v₁, v₂, v₃) est une base de R³.
Pour cela, nous montrons que la famille est libre. Cherchons α, β, γ ∈ R tels que αv₁ + βv₂ + γv₃ = (0, 0, 0).
α(2,1,1) + β(2,1,0) + γ(1,0,0) = (0,0,0)
Ceci nous donne le système d'équations :
- 2α + 2β + γ = 0 (Eq. 1)
- α + β = 0 (Eq. 2)
- α = 0 (Eq. 3)
De (Eq. 3), nous avons α = 0.
Substituons α = 0 dans (Eq. 2) : 0 + β = 0 ⇒ β = 0.
Substituons α = 0 et β = 0 dans (Eq. 1) : 2(0) + 2(0) + γ = 0 ⇒ γ = 0.
Puisque α = β = γ = 0 est la seule solution, la famille (v₁, v₂, v₃) est linéairement indépendante. Comme elle est composée de 3 vecteurs dans un espace de dimension 3 (R³), c'est une base de R³.
Par conséquent, une application linéaire g, ayant ces images pour les vecteurs de base (v₁, v₂, v₃), existe et est unique.
b) Calculer g(x,y,z)
Pour calculer g(x,y,z) pour un vecteur quelconque (x,y,z) de R³, nous devons d'abord exprimer (x,y,z) comme une combinaison linéaire des vecteurs de la base (v₁, v₂, v₃).
Soit (x,y,z) = αv₁ + βv₂ + γv₃.
(x,y,z) = α(2,1,1) + β(2,1,0) + γ(1,0,0)
(x,y,z) = (2α + 2β + γ, α + β, α)
Ceci nous donne le système pour déterminer α, β, γ en fonction de x, y, z :
- x = 2α + 2β + γ (Eq. A)
- y = α + β (Eq. B)
- z = α (Eq. C)
De (Eq. C), nous avons α = z.
Substituons α = z dans (Eq. B) : y = z + β ⇒ β = y - z.
Substituons α = z et β = y - z dans (Eq. A) :
x = 2z + 2(y - z) + γ
x = 2z + 2y - 2z + γ
x = 2y + γ ⇒ γ = x - 2y.
Ainsi, le vecteur (x,y,z) s'écrit comme : (x,y,z) = z v₁ + (y-z) v₂ + (x-2y) v₃.
Maintenant, par linéarité de g :
g(x,y,z) = z g(v₁) + (y-z) g(v₂) + (x-2y) g(v₃)
g(x,y,z) = z(1,2,3) + (y-z)(2,2,2) + (x-2y)(1,0,-1)
Calculons chaque composante :
- 1ère composante : z + 2(y-z) + (x-2y) = z + 2y - 2z + x - 2y = x - z
- 2ème composante : 2z + 2(y-z) + 0(x-2y) = 2z + 2y - 2z = 2y
- 3ème composante : 3z + 2(y-z) - (x-2y) = 3z + 2y - 2z - x + 2y = -x + 4y + z
Donc, g(x,y,z) = (x - z, 2y, -x + 4y + z).
Exercice 4
Énoncé
On considère l'ensemble R₂[X] muni de sa structure usuelle de R-espace vectoriel.
- Montrer que C = (1, X-1, (X+1)²) est une base de R₂[X].
- Soit f l'application qui à tout polynôme P de R₂[X] lui associe f(P) = 2(X+1)P - (X²-2X+1)P' où P' désigne le polynôme dérivé de P. Montrer que f est un endomorphisme de R₂[X]. Déterminer Im(f) et Ker(f).
Solution
1. Démontrer que C = (1, X-1, (X+1)²) est une base de R₂[X]
L'espace vectoriel R₂[X] est l'ensemble des polynômes de degré inférieur ou égal à 2. Sa dimension est 3 (par exemple, la base canonique est {1, X, X²}).
Les polynômes de la famille C sont :
- P₁ = 1 (degré 0)
- P₂ = X-1 (degré 1)
- P₃ = (X+1)² = X² + 2X + 1 (degré 2)
Puisque les degrés des polynômes P₁, P₂ et P₃ sont distincts (0, 1 et 2), la famille C est linéairement indépendante.
Étant une famille libre de 3 vecteurs dans un espace vectoriel de dimension 3, C est donc une base de R₂[X].
2. Démontrer que f est un endomorphisme de R₂[X] et déterminer Ker(f) et Im(f)
L'application f est définie par f(P) = 2(X+1)P - (X²-2X+1)P'.
a) f est linéaire :
Pour montrer que f est linéaire, nous devons vérifier f(P + λQ) = f(P) + λf(Q) pour tous polynômes P, Q ∈ R₂[X] et tout scalaire λ ∈ R.
f(P + λQ) = 2(X+1)(P + λQ) - (X²-2X+1)(P + λQ)'
Par les propriétés de la dérivation, (P + λQ)' = P' + λQ'.
f(P + λQ) = 2(X+1)P + 2(X+1)λQ - (X²-2X+1)(P' + λQ')
f(P + λQ) = 2(X+1)P + λ[2(X+1)Q] - (X²-2X+1)P' - λ[(X²-2X+1)Q']
En regroupant les termes :
f(P + λQ) = [2(X+1)P - (X²-2X+1)P'] + λ[2(X+1)Q - (X²-2X+1)Q']
f(P + λQ) = f(P) + λf(Q)
Donc, f est une application linéaire.
b) f est un endomorphisme de R₂[X] :
Pour montrer que f est un endomorphisme de R₂[X], nous devons prouver que pour tout polynôme P ∈ R₂[X], son image f(P) appartient également à R₂[X]. C'est-à-dire que le degré de f(P) doit être inférieur ou égal à 2.
Soit P(X) = a₀ + a₁X + a₂X² un polynôme quelconque de R₂[X]. Sa dérivée est P'(X) = a₁ + 2a₂X.
f(P) = 2(X+1)(a₀ + a₁X + a₂X²) - (X²-2X+1)(a₁ + 2a₂X)
Développons et regroupons les termes par puissance de X :
2(X(a₀ + a₁X + a₂X²) + (a₀ + a₁X + a₂X²)) - (X²(a₁ + 2a₂X) - 2X(a₁ + 2a₂X) + 1(a₁ + 2a₂X))
= 2(a₀X + a₁X² + a₂X³ + a₀ + a₁X + a₂X²) - (a₁X² + 2a₂X³ - 2a₁X - 4a₂X² + a₁ + 2a₂X)
= (2a₀ + 2a₀X + 2a₁X + 2a₁X² + 2a₂X² + 2a₂X³) - (a₁ + 2a₂X + a₁X² - 2a₁X + 2a₂X³ - 4a₂X²)
= (2a₀ - a₁) + (2a₀ + 2a₁ + 2a₁ - 2a₂ - 2a₂)X + (2a₁ + 2a₂ - a₁ + 4a₂)X² + (2a₂ - 2a₂)X³
= (2a₀ - a₁) + (2a₀ + 4a₁)X + (a₁ + 6a₂)X² + 0X³
Le polynôme résultant f(P) est de degré au plus 2. Par conséquent, f(P) ∈ R₂[X].
Donc, f est un endomorphisme de R₂[X].
c) Détermination de Ker(f) :
Le noyau de f, Ker(f), est l'ensemble des polynômes P(X) = a₀ + a₁X + a₂X² ∈ R₂[X] tels que f(P) = 0.
En utilisant l'expression de f(P) que nous avons trouvée :
(2a₀ - a₁) + (2a₀ + 4a₁)X + (a₁ + 6a₂)X² = 0.
Pour qu'un polynôme soit nul, tous ses coefficients doivent être nuls. Cela nous donne le système :
- 2a₀ - a₁ = 0 (Eq. 1)
- 2a₀ + 4a₁ = 0 (Eq. 2)
- a₁ + 6a₂ = 0 (Eq. 3)
De (Eq. 1) : a₁ = 2a₀.
Substituons a₁ dans (Eq. 2) : 2a₀ + 4(2a₀) = 0 ⇒ 2a₀ + 8a₀ = 0 ⇒ 10a₀ = 0 ⇒ a₀ = 0.
Puisque a₀ = 0, de a₁ = 2a₀, on obtient a₁ = 2(0) = 0.
Puisque a₁ = 0, de (Eq. 3), on obtient 0 + 6a₂ = 0 ⇒ a₂ = 0.
Ainsi, a₀ = a₁ = a₂ = 0. Cela signifie que le seul polynôme dans le noyau est le polynôme nul P(X) = 0.
Ker(f) = {0}.
d) Détermination de Im(f) :
La dimension de l'image de f, dim(Im(f)), est donnée par le théorème du rang :
dim(Im(f)) = dim(R₂[X]) - dim(Ker(f)).
Puisque dim(R₂[X]) = 3 et dim(Ker(f)) = 0, nous avons :
dim(Im(f)) = 3 - 0 = 3.
Comme Im(f) est un sous-espace vectoriel de R₂[X] et sa dimension est égale à celle de R₂[X], cela signifie que Im(f) est l'espace d'arrivée tout entier.
Im(f) = R₂[X].
En conclusion, puisque Ker(f) = {0}, f est injective. Puisque Im(f) = R₂[X], f est surjective. Par conséquent, f est bijective (c'est un automorphisme de R₂[X]).
Exercice 5
Énoncé
Soient les endomorphismes f et g définis sur R³ par :
- f(x, y, z) = (x-y, z-y, x-y)
- g(x, y, z) = (x-y+z, -2y, x-y-z)
- Déterminer une base de Ker(f), une base de Im(f), une base de Ker(g) et une base de Im(g).
- Vérifier que R³ n'est pas somme directe de Ker(f) et Im(f).
- Vérifier que R³ est somme directe de Ker(g) et Im(g).
Solution
1. Détermination des bases de Ker(f), Im(f), Ker(g) et Im(g)
Pour l'endomorphisme f :
Détermination de Ker(f) :
Soit X = (x, y, z) ∈ Ker(f) cela signifie f(X) = (0, 0, 0).
Nous avons le système d'équations :
- x - y = 0 ⇒ x = y
- z - y = 0 ⇒ z = y
- x - y = 0 (redondant)
Les vecteurs du noyau sont donc de la forme (x, x, x). En factorisant x :
X = x(1, 1, 1).
Ker(f) = Vect{(1, 1, 1)}. Une base de Ker(f) est {(1, 1, 1)} et dim(Ker(f)) = 1.
Détermination de Im(f) :
D'après le théorème du rang, dim(Im(f)) = dim(R³) - dim(Ker(f)) = 3 - 1 = 2.
L'image de f est engendrée par les images des vecteurs de la base canonique de R³ :
- f(e₁) = f(1, 0, 0) = (1-0, 0-0, 1-0) = (1, 0, 1)
- f(e₂) = f(0, 1, 0) = (0-1, 0-1, 0-1) = (-1, -1, -1)
- f(e₃) = f(0, 0, 1) = (0-0, 1-0, 0-0) = (0, 1, 0)
Im(f) = Vect{(1, 0, 1), (-1, -1, -1), (0, 1, 0)}. Appelons ces vecteurs v₁=(1,0,1), v₂=(-1,-1,-1), v₃=(0,1,0).
Nous cherchons une base. On observe la relation : v₂ = -v₁ - v₃.
En effet, -(1, 0, 1) - (0, 1, 0) = (-1, 0, -1) + (0, -1, 0) = (-1, -1, -1).
Donc, v₂ est une combinaison linéaire de v₁ et v₃. L'image de f est donc Im(f) = Vect{v₁, v₃}.
Les vecteurs v₁ = (1, 0, 1) et v₃ = (0, 1, 0) ne sont pas colinéaires. Ils forment un système libre. Puisque dim(Im(f)) = 2, {v₁, v₃} est une base de Im(f).
Pour l'endomorphisme g :
Détermination de Ker(g) :
Soit X = (x, y, z) ∈ Ker(g) cela signifie g(X) = (0, 0, 0).
Nous avons le système d'équations :
- x - y + z = 0 (L1)
- -2y = 0 (L2)
- x - y - z = 0 (L3)
De (L2), nous obtenons y = 0.
Substituons y = 0 dans (L1) et (L3) :
- x + z = 0
- x - z = 0
En additionnant ces deux dernières équations, nous obtenons (x + z) + (x - z) = 0 + 0 ⇒ 2x = 0 ⇒ x = 0.
En substituant x = 0 dans x + z = 0, nous obtenons z = 0.
Donc, le seul vecteur dans le noyau est le vecteur nul.
Ker(g) = {(0, 0, 0)}. Une base de Ker(g) est l'ensemble vide {} (la dimension est 0).
Détermination de Im(g) :
D'après le théorème du rang, dim(Im(g)) = dim(R³) - dim(Ker(g)) = 3 - 0 = 3.
Comme Im(g) est un sous-espace vectoriel de R³ et sa dimension est 3, cela implique que Im(g) est l'espace d'arrivée tout entier.
Im(g) = R³.
Une base de Im(g) peut être n'importe quelle base de R³, par exemple la base canonique {(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)}, ou les images des vecteurs de la base canonique par g :
- g(e₁) = g(1, 0, 0) = (1, 0, 1)
- g(e₂) = g(0, 1, 0) = (-1, -2, -1)
- g(e₃) = g(0, 0, 1) = (1, 0, -1)
La famille {(1,0,1), (-1,-2,-1), (1,0,-1)} est une base de R³.
2. Vérifier que R³ n'est pas somme directe de Ker(f) et Im(f)
Pour que R³ soit la somme directe de Ker(f) et Im(f), deux conditions doivent être remplies :
- Ker(f) + Im(f) = R³
- Ker(f) ∩ Im(f) = {0}
Nous avons Ker(f) = Vect{(1, 1, 1)} et Im(f) = Vect{(1, 0, 1), (0, 1, 0)}.
Vérifions la deuxième condition : l'intersection Ker(f) ∩ Im(f).
Le vecteur (1, 1, 1) est dans Ker(f). Vérifions s'il est aussi dans Im(f).
Un vecteur (x', y', z') est dans Im(f) s'il peut s'écrire comme α(1, 0, 1) + β(0, 1, 0) pour certains α, β ∈ R. C'est-à-dire (x', y', z') = (α, β, α).
Si (1, 1, 1) ∈ Im(f), alors (1, 1, 1) = (α, β, α), ce qui implique α = 1 et β = 1. Cette condition est cohérente.
Donc, le vecteur (1, 1, 1) appartient à Im(f).
Puisque (1, 1, 1) ∈ Ker(f) et (1, 1, 1) ∈ Im(f), l'intersection Ker(f) ∩ Im(f) = Vect{(1, 1, 1)} n'est pas réduite au vecteur nul.
Par conséquent, R³ n'est pas la somme directe de Ker(f) et Im(f).
3. Vérifier que R³ est somme directe de Ker(g) et Im(g)
Pour que R³ soit la somme directe de Ker(g) et Im(g), les deux conditions suivantes doivent être remplies :
- Ker(g) + Im(g) = R³
- Ker(g) ∩ Im(g) = {0}
Nous avons déterminé que Ker(g) = {(0, 0, 0)} et Im(g) = R³.
- Vérification de la somme : Ker(g) + Im(g) = {(0, 0, 0)} + R³ = R³. La première condition est satisfaite.
- Vérification de l'intersection : Ker(g) ∩ Im(g) = {(0, 0, 0)} ∩ R³ = {(0, 0, 0)}. La deuxième condition est satisfaite.
Les deux conditions étant remplies, nous pouvons conclure que R³ est bien la somme directe de Ker(g) et Im(g).
Exercice 6
Énoncé
Soit E un K-espace vectoriel.
- Soit f un endomorphisme de E. Montrer que les deux ensembles Inv(f) = {x ∈ E | f(x) = x} et Opp(f) = {x ∈ E | f(x) = -x} sont des sous-espaces vectoriels de E.
- Soit p un projecteur de E. Montrer que E = Ker(p) ⊕ Im(p). (Un endomorphisme p de E est un projecteur de E si p∘p = p).
- Soit s une symétrie de E. Montrer que E = Inv(s) ⊕ Opp(s). (Un endomorphisme s de E est une symétrie de E si s∘s = id).
Solution
1. Démontrer que Inv(f) et Opp(f) sont des sous-espaces vectoriels de E
Pour prouver qu'un sous-ensemble est un sous-espace vectoriel, nous devons vérifier deux propriétés : qu'il contient le vecteur nul, et qu'il est fermé par combinaison linéaire.
Pour Inv(f) = {x ∈ E | f(x) = x} :
- Le vecteur nul appartient à Inv(f) : Puisque f est une application linéaire, f(0) = 0. Donc, f(0) = 0, ce qui signifie 0 ∈ Inv(f).
- Inv(f) est stable par combinaisons linéaires : Soient u, v ∈ Inv(f) et α, β ∈ K (K est le corps des scalaires). Nous voulons montrer que αu + βv ∈ Inv(f).
Calculons f(αu + βv) :
f(αu + βv) = αf(u) + βf(v) (par linéarité de f)
Puisque u ∈ Inv(f), f(u) = u. Et puisque v ∈ Inv(f), f(v) = v.
Donc, f(αu + βv) = αu + βv.
Cela signifie que αu + βv vérifie la condition d'appartenance à Inv(f). Donc, αu + βv ∈ Inv(f).
Les deux conditions étant satisfaites, Inv(f) est un sous-espace vectoriel de E.
Pour Opp(f) = {x ∈ E | f(x) = -x} :
- Le vecteur nul appartient à Opp(f) : Puisque f est linéaire, f(0) = 0. Et nous savons que 0 = -0. Donc, f(0) = -0, ce qui signifie 0 ∈ Opp(f).
- Opp(f) est stable par combinaisons linéaires : Soient u, v ∈ Opp(f) et α, β ∈ K. Nous voulons montrer que αu + βv ∈ Opp(f).
Calculons f(αu + βv) :
f(αu + βv) = αf(u) + βf(v) (par linéarité de f)
Puisque u ∈ Opp(f), f(u) = -u. Et puisque v ∈ Opp(f), f(v) = -v.
Donc, f(αu + βv) = α(-u) + β(-v) = -(αu + βv).
Cela signifie que αu + βv vérifie la condition d'appartenance à Opp(f). Donc, αu + βv ∈ Opp(f).
Les deux conditions étant satisfaites, Opp(f) est un sous-espace vectoriel de E.
2. Démontrer que E = Ker(p) ⊕ Im(p) pour un projecteur p
Un endomorphisme p de E est un projecteur si p∘p = p.
Pour montrer que E est la somme directe de Ker(p) et Im(p), nous devons prouver deux choses :
- E = Ker(p) + Im(p) : (Tout vecteur de E peut être écrit comme la somme d'un élément de Ker(p) et d'un élément de Im(p)).
Soit x un vecteur quelconque de E. Nous pouvons écrire x de la manière suivante :
x = p(x) + (x - p(x)).
Par définition de l'image, p(x) ∈ Im(p).
Considérons le deuxième terme, (x - p(x)). Appliquons l'opérateur p à ce terme :
p(x - p(x)) = p(x) - p(p(x)) (par linéarité de p).
Puisque p est un projecteur, p(p(x)) = p(x).
Donc, p(x - p(x)) = p(x) - p(x) = 0.
Cela signifie que (x - p(x)) appartient au noyau de p, Ker(p).
Ainsi, tout vecteur x de E peut être décomposé en un élément de Im(p) et un élément de Ker(p). Par conséquent, E = Ker(p) + Im(p).
- Ker(p) ∩ Im(p) = {0} : (L'intersection du noyau et de l'image est réduite au vecteur nul).
Soit u un vecteur appartenant à l'intersection de Ker(p) et Im(p), c'est-à-dire u ∈ Ker(p) ∩ Im(p).
Puisque u ∈ Ker(p), par définition, p(u) = 0.
Puisque u ∈ Im(p), par définition, il existe un vecteur v ∈ E tel que u = p(v).
En combinant ces deux informations, nous pouvons écrire :
p(u) = p(p(v)).
Puisque p est un projecteur, p(p(v)) = p(v).
Donc, p(u) = p(v).
Comme p(v) = u, cela implique p(u) = u.
Mais nous savions déjà que p(u) = 0 (car u ∈ Ker(p)).
Par conséquent, u = 0.
L'intersection de Ker(p) et Im(p) est donc réduite au vecteur nul : Ker(p) ∩ Im(p) = {0}.
Ayant démontré les deux conditions (E = Ker(p) + Im(p) et Ker(p) ∩ Im(p) = {0}), nous pouvons conclure que E est la somme directe de Ker(p) et Im(p) : E = Ker(p) ⊕ Im(p).
3. Démontrer que E = Inv(s) ⊕ Opp(s) pour une symétrie s
Un endomorphisme s de E est une symétrie si s∘s = id (où id est l'application identité, id(x) = x).
Pour montrer que E est la somme directe de Inv(s) et Opp(s), nous devons prouver deux choses :
- E = Inv(s) + Opp(s) : (Tout vecteur de E peut être écrit comme la somme d'un élément de Inv(s) et d'un élément de Opp(s)).
Soit x un vecteur quelconque de E. Nous pouvons écrire x de la manière suivante :
x = ½(x + s(x)) + ½(x - s(x)).
Considérons le premier terme, y = ½(x + s(x)). Appliquons l'opérateur s à ce terme :
s(y) = s(½(x + s(x))) = ½(s(x) + s(s(x))) (par linéarité de s).
Puisque s est une symétrie, s(s(x)) = x.
Donc, s(y) = ½(s(x) + x) = y. Cela signifie que y ∈ Inv(s).
Considérons le deuxième terme, z = ½(x - s(x)). Appliquons l'opérateur s à ce terme :
s(z) = s(½(x - s(x))) = ½(s(x) - s(s(x))) (par linéarité de s).
Puisque s est une symétrie, s(s(x)) = x.
Donc, s(z) = ½(s(x) - x) = -½(x - s(x)) = -z. Cela signifie que z ∈ Opp(s).
Ainsi, tout vecteur x de E peut être décomposé en un élément de Inv(s) et un élément de Opp(s). Par conséquent, E = Inv(s) + Opp(s).
- Inv(s) ∩ Opp(s) = {0} : (L'intersection est réduite au vecteur nul).
Soit x un vecteur appartenant à l'intersection de Inv(s) et Opp(s), c'est-à-dire x ∈ Inv(s) ∩ Opp(s).
Puisque x ∈ Inv(s), par définition, s(x) = x.
Puisque x ∈ Opp(s), par définition, s(x) = -x.
En combinant ces deux égalités, nous avons x = -x.
Ceci implique 2x = 0.
Dans un K-espace vectoriel (où K est généralement R ou C, et 2 ≠ 0), cela signifie x = 0.
L'intersection de Inv(s) et Opp(s) est donc réduite au vecteur nul : Inv(s) ∩ Opp(s) = {0}.
Ayant démontré les deux conditions (E = Inv(s) + Opp(s) et Inv(s) ∩ Opp(s) = {0}), nous pouvons conclure que E est la somme directe de Inv(s) et Opp(s) : E = Inv(s) ⊕ Opp(s).
Exercice Supplémentaire
Énoncé
Soit f : R₂[X] → R₂[X] définie par f(P) = P + (1-X)P'.
- Montrer que f est linéaire.
- Calculer Ker(f) et Im(f).
Solution
1. Démontrer que f est linéaire
Pour montrer que f est linéaire, nous devons vérifier f(P + λQ) = f(P) + λf(Q) pour tous polynômes P, Q ∈ R₂[X] et tout scalaire λ ∈ R.
f(P + λQ) = (P + λQ) + (1-X)(P + λQ)'
Par les propriétés de la dérivation, (P + λQ)' = P' + λQ'.
f(P + λQ) = P + λQ + (1-X)(P' + λQ')
f(P + λQ) = P + λQ + (1-X)P' + λ(1-X)Q'
En regroupant les termes :
f(P + λQ) = (P + (1-X)P') + λ(Q + (1-X)Q')
f(P + λQ) = f(P) + λf(Q)
Donc, f est linéaire.
2. Calculer Ker(f) et Im(f)
a) Détermination de Ker(f) :
Le noyau de f, Ker(f), est l'ensemble des polynômes P(X) = a₀ + a₁X + a₂X² ∈ R₂[X] tels que f(P) = 0.
La dérivée de P est P'(X) = a₁ + 2a₂X.
Substituons P et P' dans la définition de f(P) :
f(P) = (a₀ + a₁X + a₂X²) + (1-X)(a₁ + 2a₂X)
f(P) = a₀ + a₁X + a₂X² + (a₁ + 2a₂X - a₁X - 2a₂X²)
f(P) = (a₀ + a₁) + (a₁ + 2a₂ - a₁)X + (a₂ - 2a₂)X²
f(P) = (a₀ + a₁) + 2a₂X - a₂X².
Pour que f(P) soit le polynôme nul, tous ses coefficients doivent être nuls :
- a₀ + a₁ = 0 ⇒ a₁ = -a₀
- 2a₂ = 0 ⇒ a₂ = 0
- -a₂ = 0 (cette équation est redondante et confirme que a₂=0)
En utilisant ces résultats, le polynôme P(X) est de la forme :
P(X) = a₀ + (-a₀)X + 0X² = a₀(1-X).
Ker(f) = Vect{1-X}. Une base de Ker(f) est {1-X}, et dim(Ker(f)) = 1.
b) Détermination de Im(f) :
D'après le théorème du rang, dim(Im(f)) = dim(R₂[X]) - dim(Ker(f)).
Puisque dim(R₂[X]) = 3 et dim(Ker(f)) = 1, nous avons :
dim(Im(f)) = 3 - 1 = 2.
L'image de f est engendrée par les images des vecteurs de la base canonique de R₂[X] ({1, X, X²}) :
- f(1) = 1 + (1-X)·0 = 1
- f(X) = X + (1-X)·1 = X + 1 - X = 1
- f(X²) = X² + (1-X)·2X = X² + 2X - 2X² = 2X - X²
Donc, Im(f) = Vect{f(1), f(X), f(X²)} = Vect{1, 1, 2X-X²}.
Puisque le polynôme '1' est répété, nous pouvons simplifier : Im(f) = Vect{1, 2X-X²}.
Les polynômes {1, 2X-X²} sont de degrés différents (0 et 2). Ils sont donc linéairement indépendants et forment une base de Im(f).
Rappels Fondamentaux
Définition du Rang d'une Famille de Vecteurs
Soit E un K-espace vectoriel et (v₁, ..., vₖ) une famille de vecteurs de E.
Le rang de la famille (v₁, ..., vₖ), noté rang(v₁, ..., vₖ), est défini comme la dimension du sous-espace vectoriel engendré par ces vecteurs :
rang(v₁, ..., vₖ) = dim(Vect{v₁, ..., vₖ}).
Le rang représente également le nombre maximal de vecteurs linéairement indépendants que l'on peut extraire de la famille (v₁, ..., vₖ).
Foire Aux Questions (FAQ)
Qu'est-ce qu'une application linéaire ?
Une application linéaire est une fonction f : E → F entre deux espaces vectoriels E et F (sur le même corps de scalaires K) qui respecte deux propriétés fondamentales : l'additivité (f(U + V) = f(U) + f(V) pour tous U, V ∈ E) et l'homogénéité (f(λU) = λf(U) pour tout U ∈ E et tout λ ∈ K). Ces deux propriétés sont souvent combinées en une seule : f(U + λV) = f(U) + λf(V).
Comment déterminer le noyau (Ker) et l'image (Im) d'une application linéaire ?
Le noyau (Ker(f)) est l'ensemble de tous les vecteurs de l'espace de départ E qui sont envoyés sur le vecteur nul de l'espace d'arrivée F. Pour le déterminer, on résout l'équation vectorielle f(X) = 0. L'image (Im(f)) est l'ensemble de tous les vecteurs de l'espace d'arrivée F qui sont des images d'au moins un vecteur de E. Pour la déterminer, on calcule les images des vecteurs d'une base de l'espace de départ, puis on trouve une base parmi ces vecteurs générateurs de l'image.
Quelle est la relation entre injectivité, surjectivité, bijectivité, Ker et Im d'une application linéaire ?
- Une application linéaire f est injective si et seulement si son noyau Ker(f) est réduit au seul vecteur nul ({0}).
- Elle est surjective si et seulement si son image Im(f) est égale à l'espace d'arrivée F tout entier.
- Elle est bijective si et seulement si elle est à la fois injective et surjective. En dimension finie, si l'espace de départ et l'espace d'arrivée ont la même dimension, f est bijective si et seulement si elle est injective (Ker(f) = {0}) ou surjective (Im(f) = F).