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Applications linéaires et images

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  • Exercice 1 Soit l'application $l$ définie par: $$\begin{eqnarray*} l:\;\mathbb{R}^{2} & \to & \mathbb{R}^{3}\\ (x,y) & \mapsto & l[(x,y)]=(x,2y,x+y)\end{eqnarray*}$$
    1. Vérifier que c'est une application linéaire
    2. Trouver l'image de la famille $E=\{(1,3),(-5,0),(6,-2),(0,1),(1,0)\}$
    3. Y a-t-il au moins un vecteur dont l'image est:
      • $(0,2,1)$
      • $(1,0,0)$
      • $(0,0,0)$
  • Correction 1
    1. $l$ est linéaire car: $$\begin{eqnarray*} l[\alpha.(x,y)] & = & l[(\alpha.x,\alpha.y)]\\ & = & (\alpha.x,2.\alpha.y,\alpha.x+\alpha.y)\\ & = & (\alpha.x,\alpha.2y,\alpha.(x+y))\\ & = & \alpha.(x,2y,x+y)\\ & = & \alpha.l[(x,y)]\end{eqnarray*}$$ $$\begin{eqnarray*} l[(x,y)+(x',y')] & = & l[(x+x',y+y')]\\ & = & (x+x',2(y+y'),(x+x')+(y+y'))\\ & = & (x+x',2y+2y',(x+y)+(x'+y'))\\ & = & (x,2y,x+y)+(x',2y',x'+y')\\ & = & l[(x,y)]+l[(x',y')]\end{eqnarray*}$$
    2. Cherchons les vecteurs $(a,b)$ qui ont pour image:
      • $(0,2,1)$: $$\begin{eqnarray*} l[(x,y)]=(0,2,1) & \iff & (x,2y,x+y)=(0,2,1)\\ & \iff & \begin{cases} x=0\\ 2y=2 & \iff y=1\\ x+y=1 & \iff0+1=1\,\text{(vrai)}\end{cases}\end{eqnarray*}$$ Donc le vecteur existe bien et c'est $(0,1)$
      • $(1,0,0)$: $$\begin{eqnarray*} l[(x,y)]=(1,0,0) & \iff & (x,2y,x+y)=(1,0,0)\\ & \iff & \begin{cases} x=1\\ 2y=0 & \iff y=0\\ x+y=0 & \iff1+0=0\,\text{(faux)}\end{cases}\end{eqnarray*}$$ Le vecteur n'existe donc pas car on a trouvé une assertion logique fausse.
      • $(0,0,0)$: $$\begin{eqnarray*} l[(x,y)]=(0,0,0) & \iff & (x,2y,x+y)=(0,0,0)\\ & \iff & \begin{cases} x=0\\ 2y=0 & \iff y=0\\ x+y=0 & \iff0+0=0\,\text{(vrai)}\end{cases}\end{eqnarray*}$$ Donc le vecteur nul a comme image le vecteur nul.
  • Exercice 2 Soit l'application projection sur $OYX$ (appelée parfois projecteur) définie par: $$\begin{eqnarray*} g:\,\mathbb{R}^{3} & \to & \mathbb{R}^{3}\\ (x,y,z) & \mapsto & g[(x,y,z)]=(x,y,0)\end{eqnarray*}$$
    1. Est-elle linéaire?
    2. Trouver le noyau et l'image de cette application ainsi que leur dimensions.
    3. Est-elle injective?
  • Correction 2 Voila l'action du projecteur sur un vecteur $(x,y,z)$:

    1. Le projecteur est linéaire car: $$\begin{eqnarray*} g[\alpha.(x,y,z)] & = & g[(\alpha.x,\alpha.y,\alpha.z)]\\ & = & (\alpha.x,\alpha.y,0)\\ & = & (\alpha.x,\alpha.y,\alpha.0)\\ & = & \alpha.(x,y,z)\end{eqnarray*}$$ $$\begin{eqnarray*} g[(x,y,z)+(x',y',z')] & = & g[(x+x',y+y',z+z')]\\ & = & (x+x',y+y',0)\\ & = & (x+x',y+y',0+0)\\ & = & (x,y,0)+(x',y',0)\\ & = & g[(x,y,z)]+g[(x',y',z')]\end{eqnarray*}$$
    2. Le noyau est: $$Ker(g)=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}/g[(x,y,z)]=(0,0,0)\}$$ $$\begin{eqnarray*} g[(x,y,z)]=(0,0,0) & \iff & (x,y,0)=(0,0,0)\\ & \iff & \begin{cases} x=0\\ y=0\end{cases}\end{eqnarray*}$$ Donc: $$\begin{eqnarray*} Ker(g) & = & \{(0,0,\alpha)/\alpha\in\mathbb{R}\}\\ & = & ZZ'\end{eqnarray*}$$ Le noyau est une droite donc sa dimension est 1. L'image est: $$Im(g)=\{(X,Y,Z)\in\mathbb{R}^{3}/(X,Y,Z)=g[(x,y,z)]\;,(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}\}$$ $$\begin{eqnarray*} (X,Y,Z)=g[(x,y,z)] & \iff & (X,Y,Z)=(x,y,0)\\ & \iff & \begin{cases} X=y\\ Y=y\\ Z=0\end{cases}\end{eqnarray*}$$ Le vecteur $(a,b)$ doit balayer (prendre toutes les valeurs possibles de) $\mathbb{R}^{2}$ c'est à dire que $a$ et $b$ doivent balayer tout les deux $\mathbb{R}$, l'image est donc: $$\begin{eqnarray*} Im(g) & = & \{(\alpha,\beta,0)/\alpha,\beta\in\mathbb{R}\}\\ & = & OYX\end{eqnarray*}$$ L'image est un plan donc sa dimension est 2.
      On remarque que le théorème de la dimension est vérifié: $$\overset{dim(\mathbb{R}^{3})}{3}\overset{=}{=}\overset{dim(Ker(g))}{1}\overset{+}{+}\overset{dim(Im(g))}{2}$$
    3. Pour qu'elle soit injective il faut que j'ai toujours: $$g[(x,y,z)]=g[(x',y',z')]\Longrightarrow(x,y,z)=(x',y',z')$$ Mais cette implication n'est clairement pas vérifiée comme on peut le voir avec un contre-exemple: $$g[(2,3,4)]=g[(2,3,5)]=(2,3,0)\not\Longrightarrow(2,3,4)=(2,3,5)$$
  • Exercice 4 Soit l'application: $$\begin{eqnarray*} T:\mathbb{R}^{3} & \to & \mathbb{R}^{3}\\ (x,y,z) & \mapsto & T[(x,y,z)]=(x+2y-z,y+z,x+y-2z)\end{eqnarray*}$$ Trouver des bases pour le noyau et l'image de $T$ et vérifier le théorème de dimension.
  • Correction 4 On commence toujours par chercher le noyau, car sa recherche est plus simple que celle de l'image, et sa dimension va nous indiquer quelle sera la dimension de l'image (via le théorème de dimension) donc va nous donner un indice sur l'espace qui représentera l'image: $$ker(T)=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}/T[(x,y,z)]=(0,0,0)\}$$ $$\begin{eqnarray*} T[(x,y,z)]=(0,0,0) & \iff & (x+2y-z,y+z,x+y-2z)=(0,0,0)\\ & \iff & \begin{cases} x+2y-z=0 & \text{(1)}\\ y+z=0 & \text{(2)}\\ x+y-2z=0 & \text{(3)}\end{cases}\end{eqnarray*}$$ Ici on s'attend a pouvoir trouver les trois inconnus $x$,$y$ et $z$ car on a trois inconnus avec trois équations, mais ce n'est pas le cas, car on remarque que l'équation (2) est en faite "cachée" dans les deux équations (1) et (3): $$\text{(1)-(3)}\iff x+z=0\iff\text{(2)}$$ Donc c'est comme si on n'avait que deux équations pour trois inconnus, la méthode à suivre est donc de laisser un des inconnus libre ($z$ par exemple) et trouver $x$ et $y$ en fonction de ce paramètre libre: $$\begin{eqnarray*} \text{(2)} & \Rightarrow & \beta=-\gamma\\ \text{(3)} & \Rightarrow & \alpha=3\gamma\end{eqnarray*}$$ On a donc trouver deux équations qui lient $x$, $y$ et $z$.
    Une équation qui lie $x$, $y$ et $z$ définie un plan dans l'espace $\mathbb{R}^{3}$, si on a deux telles équations, cela veut dire qu'elle définissent l'intersection entre ces deux plans, donc une droite, le noyau de $T$ est donc une droite définie par ces deux équations: $$ker(T)=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}/y=-z\,,\, x=3z\}$$ Cherchons maintenant une base pour $ker(T)$: Soit $(\alpha,\beta,\gamma)\in \mathbb{R}^{3}$ on a alors la relation suivante entre ses composantes: $$\begin{eqnarray*} \beta & = & -\gamma\\ \alpha & = & 3\gamma\end{eqnarray*}$$ On peut donc l'écrire sous la forme: $(3\gamma,-\gamma,\gamma)$, un tel vecteur se décompose sur un base: $$(3\gamma,-\gamma,\gamma)=\gamma.(3,-1,1)$$ La base ne comporte donc qu'un seul vecteur, $Ker(T)$ est de dimension une. $$\mathcal{B}(ker(T))=\{(3,-1,1)\}\iff dim(ker(T))=card(\mathcal{B}(ker(T)))=1$$ Selon le théorème de dimension, on a déjà une idée sur ce que sera l'espace $Im(T)$, ce sera un plan car: $$\begin{eqnarray*} dim(Im(T)) & = & dim(\mathbb{R}^{3})-dim(ker(T))\\ & = & 3-1\\ & = & 2\end{eqnarray*}$$ La définition de l'image est: $$\begin{eqnarray*} (X,Y,Z)=T[(x,y,z)] & \iff & (X,Y,Z)=(x+2y-z,y+z,x+y-2z)\\ & \iff & \begin{cases} X=x+2y-z & \text{(1)}\\ Y=y+z & \text{(2)}\\ Z=x+y-2z & \text{(3)}\end{cases}\end{eqnarray*}$$ On a déjà vu tout à l'heure que l'équation (2) est en fait "cachée" dans (1) et (3), et on sait que $Im(T)$ va être un plan, donc on devra trouver UNE SEULE équation qui lie $x$, $y$ et $z$, on va donc faire: $$\text{(1)-(3)-(2)}\iff X-Z-Y=(x+2y-z)-(x+y-2z)-(y+z)=0$$ Donc: $$Im(T)=\{(X,Y,Z)\in\mathbb{R}^{3}/X-Z-Y=0\}$$
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Combinaisons linéaires et familles génératrices

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  • Exercice 11 Soit $E=\{(2,1),(-3,1),(-1,1)\}$ une famille de $\mathbb{R}^{2}$. Peut-on exprimer $(1,2)$ comme combinaison linéaire des éléments de $E$? Même question pour un élément $(a,b)$ quelconque. Est-elle une famille génératrice? Est-elle une base?
  • Correction 11 On écrit la combinaison linéaire: $$\begin{eqnarray*} (1,2)=\alpha(2,1)+\beta(-3,1)+\gamma(-1,1) & \iff & (1,2)=(2\alpha,\alpha)+(-3\beta,\beta)+(-\gamma,\gamma)\\ & \iff & (1,2)=(2\alpha-3\beta-\gamma,\alpha+\beta+\gamma)\\ & \iff & \begin{cases} 1=2\alpha-3\beta-\gamma & \text{...(1)}\\ 2=\alpha+\beta+\gamma & \text{...(2)}\end{cases}\end{eqnarray*}$$ On remarque qu'on a 3 inconnus et seulement deux équations, on laisse l'un des inconnus comme paramètre libre (par exemple $\beta$) et on exprime les deux autres en fonction de ce paramètre: $$\text{(1)+(2)}\Longrightarrow3=3\alpha-2\beta\iff\alpha=1+\frac{2}{3}\beta$$ $$\begin{eqnarray*} \text{(2)}\Longrightarrow\gamma & = & 2-\alpha-\beta\\ & = & 2-1-\frac{2}{3}\beta-\beta\\ & = & 1-\frac{5}{3}\beta\end{eqnarray*}$$ Donc il suffit de choisir une valeur pour $\beta$ et on obtiendra un triplet $(\alpha,\beta,\gamma)$, ce qui veut dire qu'on peut écrire $(1,2)$ comme combinaison linéaire des éléments de $E$ en plus d'une infinité de manières. Voyons si c'est aussi le cas pour un élément $(a,b)$ quelconque: $$\begin{eqnarray*} (a,b)=\alpha(2,1)+\beta(-3,1)+\gamma(-1,1) & \iff & (a,b)=(2\alpha,\alpha)+(-3\beta,\beta)+(-\gamma,\gamma)\\ & \iff & (a,b)=(2\alpha-3\beta-\gamma,\alpha+\beta+\gamma)\\ & \iff & \begin{cases} a=2\alpha-3\beta-\gamma & \text{...(1)}\\ b=\alpha+\beta+\gamma & \text{...(2)}\end{cases}\end{eqnarray*}$$ $$\text{(1)+(2)}\Longrightarrow a-b=3\alpha-2\beta\iff\alpha=\frac{a-b}{3}+\frac{2}{3}\beta$$ $$\begin{eqnarray*} \text{(2)}\Longrightarrow\gamma & = & 2-\alpha-\beta\\ & = & 2-\frac{a-b}{3}-\frac{2}{3}\beta-\beta\\ & = & 2-\frac{a-b}{3}-\frac{5}{3}\beta\end{eqnarray*}$$ On peut alors toujours écrire $(a,b)$ comme combinaison linéaire des éléments de $E$, $E$ est donc une famille génératrice, mais est-elle une base? Pour être une base, il faut qu'elle soit une famille libre en plus d'être génératrice, voyons donc si elle est libre: [bientôt...]
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Combinaisons linéaires

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  • Exercice 9 Soit $E=\{(1,3),(-1,-2)\}$ une famille de $\mathbb{R}^{2}$. Peut-on exprimer $(2,0)$ comme combinaison linéaire des éléments de $E$? Même question pour une élément quelconque $(a,b)$ de $\mathbb{R}^{2}$. Que peut-on conclure?
  • Correction 9 On écrit $(2,0)$ comme combinaison linéaire des éléments deux $E$ avec des coefficients inconnus et on cherche si ces coefficients existent:
    $$\begin{eqnarray*} (2,0)=\alpha(1,3)+\beta(-1,-2) & \iff & (2,0)=(\alpha,3\alpha)+(-\beta,-2\beta)\\ & \iff & (2,0)=(\alpha-\beta,3\alpha-2\beta)\\ & \iff & \begin{cases} 2=\alpha-\beta & \text{...(1)}\\ 0=3\alpha-2\beta & \text{...(2)}\end{cases}\end{eqnarray*}$$ $$\text{3}\times\text{(1)-(2)}\iff6=-\beta\iff\begin{cases} \beta=-6\\ \alpha=2+\beta=-4\end{cases}$$ On a pu trouver $\alpha$ et $\beta$, donc $(2,0)$ peut être écrit comme combinaison linéaire des éléments de $E$: $$(2,0)=-4(1,3)-6(-1,-2)$$ On peut facilement vérifier que cette dernière relation est juste. Voyons maintenant si n'importe quel vecteur $(a,b)$ peut aussi l'être: $$\begin{eqnarray*} (a,b)=\alpha(1,3)+\beta(-1,-2) & \iff & (a,b)=(\alpha,3\alpha)+(-\beta,-2\beta)\\ & \iff & (a,b)=(\alpha-\beta,3\alpha-2\beta)\\ & \iff & \begin{cases} a=\alpha-\beta & \text{...(1)}\\ b=3\alpha-2\beta & \text{...(2)}\end{cases}\end{eqnarray*}$$ $$\text{3}\times\text{(1)-(2)}\iff3a-b=-\beta\iff\begin{cases} \beta=b-3a\\ \alpha=2+\beta=2+b-3a\end{cases}$$ On voit donc que $\alpha$ et $\beta$ existent toujours quel que soit $(a,b)$, donc n'importe quel vecteur $(a,b)$ peut être exprimé comme combinaison linéaire des éléments de $E$. On dit alors que $E$ est une famille génératrice car à partir de elle ont construire n'importe quelle autre vecteur, autrement dit, générer tout l'espace vectoriel.
  • Exercice 10 Soit $E=\{(4,6),(-6,-9)\}$ une famille de $\mathbb{R}^{2}$. Peut-on exprimer $(2,0)$ comme combinaison linéaire des éléments de $E$? Même question pour un élément quelconque $(a,b)$ de $\mathbb{R}^{2}$. Que peut-on conclure?
  • Correction 10 On procède comme auparavant: $$\begin{eqnarray*} (2,3)=\alpha(4,6)+\beta(-6,-9) & \iff & (2,3)=(4\alpha,6\alpha)+(-6\beta,-9\beta)\\ & \iff & (2,3)=(4\alpha-6\beta,6\alpha-9\beta)\\ & \iff & \begin{cases} (2=4\alpha-6\beta) & \times3\\ (3=6\alpha-9\beta) & \times2\end{cases}\\ & \iff & \begin{cases} 6=12\alpha-18\beta\\ 6=12\alpha-18\beta\end{cases}\\ & \iff & 6=12\alpha-18\beta\end{eqnarray*}$$ On voit alors que les deux équations sont en fait une seule et unique, on se retrouve avec deux inconnus $\alpha$ et $\beta$ mais une seule équation à résoudre, le mieux qu'on puisse faire donc, c'est de laisser l'un des inconnus ($\beta$ par exemple) comme paramètre libre et faire sortir l'autre en fonction de ce paramètre libre. $$6=12\alpha-18\beta\iff\alpha=\frac{6+18\beta}{12}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2}\beta$$ Tout les couples $(\alpha,\beta)$ qui sont reliés par cette relation donc donnent $(2,3)$ comme combinaison linéaire des vecteurs de la famille $E$, par exemple: $$\begin{eqnarray*} \beta=0\Longrightarrow\alpha=\frac{1}{2} & \iff & (2,3)=\frac{1}{2}(4,6)+0(-6,-9)\\ \beta=-1\Longrightarrow\alpha=-1 & \iff & (2,3)=-1(4,6)-1(-6,-9)\end{eqnarray*}$$ Donc la réponse est oui, on peut écrire $(2,3)$ comme combinaison linéaire des éléments de $E$, et en plus, d'une infinité de manières (tous les couples $(\alpha,\beta)$ qui satisfont la relation), voyons maintenant si c'est le cas pour un vecteur $(a,b)$ arbitraire: $$\begin{eqnarray*} (a,b)=\alpha(4,6)+\beta(-6,-9) & \iff & (a,b)=(4\alpha,6\alpha)+(-6\beta,-9\beta)\\ & \iff & (a,b)=(4\alpha-6\beta,6\alpha-9\beta)\\ & \iff & \begin{cases} (a=4\alpha-6\beta) & \times3\\ (b=6\alpha-9\beta) & \times2\end{cases}\\ & \iff & \begin{cases} 3a=12\alpha-18\beta & \text{...(1)}\\ 2b=12\alpha-18\beta & \text{...(2)}\end{cases}\\ \\\end{eqnarray*}$$ $$\text{(1)-(2)}\iff3a-2b=0\iff a=\frac{2}{3}b$$ On voit donc que le vecteur $(a,b)$ ne peut pas être n'importe lequel, mais doit être tel que la relation précédente soit satisfaite, on ne peut donc pas écrire n'importe quel vecteur $(a,b)$ comme combinaison linéaire des éléments de $E$; ce n'est pas une famille génératrice.
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Sous-espaces vectoriels

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  • Exercice 5 Est-ce que $\mathbb{Q}$ est un sous espace vectoriel de $\mathbb{R}$?
  • Correction 5 On doit utiliser le théorème de caractérisation d'un sev, que j'ai déjà donné ici, dans ce théorème, on voit qu'on doit connaître sur quel corps on travaille, ce qui n'a pas été donné dans l'exercice, on va donc considérer les deux cas:
    • $\mathbb{R}$ est un $\mathbb{R}$-espace vectoriel: c'est à dire que les vecteurs sont des réels et les scalaires aussi
    • $\mathbb{R}$ est un $\mathbb{Q}$-espace vectoriel: c'est à dire que les vecteurs sont des réels mais les scalaires sont des rationnels
    On commence donc:
    1. $\mathbb{R}$ est un $\mathbb{R}$-espace vectoriel
      • $\forall (v,v') \in \mathbb{Q} : v + v' \in \mathbb{Q}$ (toujours vérifiée)
      • $\forall \alpha \in \mathbb{R}, \forall v \in \mathbb{Q} : \alpha . v \in \mathbb{Q}$ (pas toujours vérifiée exemple: $\sqrt{2}.v \not\in \mathbb{Q}$)
      On voit donc que $\mathbb{Q}$ est fermé sous l'addition vectoriel mais n'est pas fermé sous la multiplication par un scalaire, il ne peut donc pas être un sev de $\mathbb{R}$
    2. $\mathbb{R}$ est un $\mathbb{Q}$-espace vectoriel
      • $\forall (v,v') \in \mathbb{Q} : v + v' \in \mathbb{Q}$ (toujours vérifiée)
      • $\forall \alpha \in \mathbb{Q}, \forall v \in \mathbb{Q} : \alpha . v \in \mathbb{Q}$ (toujours vérifiée)
      On voit donc que $\mathbb{Q}$ est fermé sous les deux opérations, l'addition vectorielle et la multiplication par un scalaire.
    Cet exercice confirme donc ce que j'ai déjà dénoncé, que dire: $E$ est un espace vectoriel. SANS préciser sur quel corps $\mathbb{K}$ il est défini est un manque d'information.
  • Exercice 6 Est-ce que $\mathbb{R}$ est un sous espace vectoriel de $\mathbb{C}$?
  • Correction 6 On doit utiliser le théorème de caractérisation d'un sev, que j'ai déjà donné ici, dans ce théorème, on voit qu'on doit connaître sur quel corps on travaille, ce qui n'a pas été donné dans l'exercice, on va donc considérer les deux cas:
    • $\mathbb{C}$ est un $\mathbb{C}$-espace vectoriel: c'est à dire que les vecteurs sont des complexes et les scalaires aussi
    • $\mathbb{C}$ est un $\mathbb{R}$-espace vectoriel: c'est à dire que les vecteurs sont des complexes mais les scalaires sont des réels
    On commence donc:
    1. $\mathbb{C}$ est un $\mathbb{C}$-espace vectoriel
      • $\forall (v,v') \in \mathbb{R} : v + v' \in \mathbb{R}$ (toujours vérifiée)
      • $\forall \alpha \in \mathbb{C}, \forall v \in \mathbb{R} : \alpha . v \in \mathbb{R}$ (pas toujours vérifiée exemple: $i.v \not\in \mathbb{R}$)
      On voit donc que $\mathbb{R}$ est fermé sous l'addition vectoriel mais n'est pas fermé sous la multiplication par un scalaire, il ne peut donc pas être un sev de $\mathbb{C}$
    2. $\mathbb{C}$ est un $\mathbb{R}$-espace vectoriel
      • $\forall (v,v') \in \mathbb{R} : v + v' \in \mathbb{R}$ (toujours vérifiée)
      • $\forall \alpha \in \mathbb{R}, \forall v \in \mathbb{R} : \alpha . v \in \mathbb{R}$ (toujours vérifiée)
      On voit donc que $\mathbb{R}$ est fermé sous les deux opérations, l'addition vectorielle et la multiplication par un scalaire.
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