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: $$Im(T)=\{(X,Y,Z)\in\mathbb{R}^{3}/X-Z-Y=0\}$$