Exercices corrigés – Applications linéaires : exercices pratiques

Commençons par déterminer le noyau de $f$. $(x,y)\in\ker f$ si et seulement si $f(x,y)=(0,0,0)$ si et seulement si $$\left\{ \begin{array}{rcl} x+y&=&0\\ x-y&=&0\\ x+y&=&0\\ \end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{rcl} x+y&=&0\\ 2x&=&0\\ \end{array}\right.$$ On en déduit que $\ker(f)=\{(0,0)\}$, et en particulier que $f$ est injective.
Déterminons maintenant l’image de $f$. Un vecteur $(u,v,w)$ est dans l’image de $f$ si et seulement si \begin{eqnarray*} \exists (x,y)\in\mathbb R^2,\ (u,v,w)=f(x,y)&\iff& \exists (x,y)\in\mathbb R^2,\ \left\{ \begin{array}{rcl} u&=&x+y\\ v&=&x-y\\ w&=&x+y \end{array}\right. \\ &\iff& \exists (x,y)\in\mathbb R^2,\ \left\{ \begin{array}{rcl} u&=&x+y\\ u+v&=&2x\\ w-u&=&0 \end{array}\right. \\ &\iff&\exists (x,y)\in\mathbb R^2,\ \left\{ \begin{array}{rcl} \frac{u-v}2&=&y\\ \frac{u+v}2&=&x\\ w-u&=&0 \end{array}\right. \\ \end{eqnarray*} On en déduit que $\textrm{Im}(f)=\{(u,v,w)\in\mathbb R^3;\ u-w=0\}.$ En particulier, $(1,1,0)$ n’est pas dans $\textrm{Im}(f)$, et donc $f$ n’est pas surjective.

On a $H=\textrm{vect}\big((1,1,1,1)\big)$. $H$ est donc un espace vectoriel de dimension 1. Si $H$ était le noyau d’une application linéaire $f$ de $E$ dans $F$, alors par le théorème du rang on aurait $$4=\dim(E)=\dim(H)+\dim(\textrm{Im}(f))=1+\dim(\textrm{Im}(f)).$$ Ainsi, on aurait $\dim(\textrm{Im}(f))=3$. Mais $\textrm{Im}(f)$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb R^2$, sa dimension est au plus 2. On a une contradiction. Donc $H$ n’est pas le noyau d’un élément de $\mathcal L(E,F)$.

Première méthode : Une application linéaire de $\mathbb R^3$ dans lui-même est définie par $$f(x,y,z)=(a_1x+b_1y+c_1z,a_2x+b_2y+c_2z,a_3x+b_3y+c_3 z)$$ où les $a_i,b_i,c_i$ sont des réels. On va déterminer quelle(s) valeur(s) leur donner pour que $f(u)=0$ et $f(v)=0$. On a $$f(u)=0\iff(a_1,a_2,a_3)=(0,0,0)$$ et $$f(v)=0\iff (a_1+b_1+c_1,a_2+b_2+c_2,a_3+b_3+c_3 )=(0,0,0).$$ On obtient $a_1=a_2=a_3=0$ et $b_1=-c_1$, $b_2=-c_2$, $b_3=-c_3$. Ainsi, l’application $f$ suivante convient $$(x,y,z)\mapsto(y-z,y-z,y-z).$$ Puisque $u,v\in\ker(f)$, le sous-espace vectoriel $E$ engendré par $(u,v)$ est contenu dans $\ker(f)$. De plus, $f$ n’étant pas identiquement nulle, son noyau est de dimension au plus 2. On en déduit que $\ker(f)$ est de dimension exactement 2, et que $\ker(f)=E$.
Deuxième méthode : Une application linéaire de $\mathbb R^3$ dans lui-même est complètement définie par l’image d’une base. Complétons d’abord $(u,v)$ en une base (c’est possible, car c’est une famille libre). Posons $w=(0,0,1)$. Alors on vérifie facilement que la famille $(u,v,w)$ est une famille libre de $\mathbb R^3$ à trois éléments, donc une base de $\mathbb R^3$. On définit $f$ par $$f(u)=(0,0,0),\ f(v)=(0,0,0),\ f(w)=(1,0,0).$$ Ceci définit parfaitement $f$ et, comme dans la première méthode, on prouve que le noyau de $f$ est exactement $E$.

Un endomorphisme est uniquement défini par l’image d’une base. Il suffit donc de calculer quelles doivent être les valeurs de $f(e_1)$, $f(e_2)$, $f(e_3)$, $f(e_4)$. On sait déjà que :

• $f(e_1)=e_1-e_2+e_3$.
• $f(3e_4)=e_2-2f(e_1)$, soit $f(e_4)=\frac{1}{3}(-2e_1+3e_2-2e_3)$.

Reste à définir $f(e_2)$ et $f(e_3)$. Pour cela, on va chercher une base de $F=\{(x,y,z,t)\in\mathbb R^4,\ x+2y+z=0\textrm{ et }x+3y-t=0\}.$ On a aisément : $$(x,y,z,t)\in F\iff \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&x\\ y&=&y\\ z&=&-x-2y\\ t&=&x+3y \end{array}\right.$$ On en déduit que $\{(1,0,-1,1),(0,1,-2,3)\}$ est une base de $F$. Puisqu’on veut que $F=\ker(f)$, on doit donc avoir $$f(e_1)-f(e_3)+f(e_4)=0\implies f(e_3)=\frac{1}{3}e_1+\frac{1}{3}e_3$$ et $$f(e_2-2e_3+3e_4)=0\implies f(e_2)=2f(e_3)-3f(e_4).$$ Donc l’endomorphisme $f$, s’il existe, est unique. Réciproquement, soit $f$ l’endomorphisme défini par les formules précédentes. Alors le premier point est vérifié, et puisque l’image d’une base de $F$ est envoyée par $f$ sur $0$, on sait que $F\subset\ker(f)$. Pour démontrer l’égalité, il suffit, puisque $\dim(F)=2$, de prouver que $\dim(\ker(f))\leq 2$. Par le théorème du rang, il suffit de prouver que $\dim(\textrm{Im}(f))\geq 2$. Mais $f(e_1)$ et $f(e_4)$ sont deux vecteurs indépendants de $\textrm{Im}(f)$. Et donc $\dim(\textrm{Im}(f))\geq 2$, ce qui prouve le résultat. On peut remarquer qu’on a en réalité $\dim(\ker(f))=\dim(\textrm{Im}(f))=2.$

Notons $A$ la matrice de $f$ dans la base canonique. Alors $$A=\left(\begin{array}{ccc} -3&2&-4\\ 2&0&2\\ 4&-2&5 \end{array}\right).$$ Alors on vérifie facilement que $A^2=A$, c’est-à-dire que $f\circ f=f$ : $f$ est donc une projection. Pour déterminer ses éléments caractéristiques, on commence par calculer $\ker(f)$ : \begin{align*} (x,y,z)\in \ker(f)&\iff \left\{ \begin{array}{rcl} -3x+2y-4z&=&0\\ 2x+2z&=&0\\ 4x-2y+5z&=&0 \end{array}\right. \\ &\iff \left\{ \begin{array}{rcl} x+z&=&0\\ -3x+2y-4z&=&0\\ 4x-2y+5z&=&0 \end{array}\right. \\ &\iff \left\{ \begin{array}{rcl} x+z&=&0\\ 2y-z&=&0\\ -2y+z&=&0 \end{array}\right. \\ &\iff \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&-2y\\ y&=&y\\ z&=&2y \end{array} \right. \end{align*} On a donc $\ker(f)=\textrm{vect}(u)$ avec $u=(-2,1,2)$. Par le théorème du rang, on sait que $\textrm{Im}(f)$ est de dimension 2. Soit $v_1=f(e_1)=(-3,2,4)$ et $v_2=f(e_2)=(2,0,-2)$. Alors $(v_1,v_2)$ est une famille libre contenue dans $\textrm{Im}(f)$ qui est de dimension $2$, donc c’est une base de $\textrm{Im}(f)$. On en déduit que \begin{align*} (x,y,z)\in\textrm{Im}(f)&\iff \exists(\lambda,\mu)\in\mathbb R^2,\ \left\{\begin{array}{rcl} x&=&-3\lambda+2\mu\\ y&=&2\lambda\\ z&=&4\lambda-2\mu \end{array}\right. \\ &\iff \exists(\lambda,\mu)\in\mathbb R^2,\ \left\{\begin{array}{rcl} \mu&=&\frac x2+\frac{3y}4\\ \lambda&=&\frac y2\\ z&=&2y-x-\frac{3y}2 \end{array}\right. \\ &\iff 2x-y+2z=0. \end{align*} $f$ est donc la projection sur le plan $P=\textrm{Im}(f)$ d’équation $2x-y+2z=0$ parallèlement à la droite $D$ de vecteur directeur $u=(-2,1,2)$.

On vérifie facilement que $$f\circ f(x,y,z)=(2(2x-2z)-2(x-z),y,2x-2z-x+z)=(2x-2z,y,x-z)=f(x,y,z).$$ On a donc $f\circ f=f$ et $f$ est une projection, sur $\textrm{Im}(f)$ et parallèlement à $\ker(f)$. Déterminons une base de $\ker(f)$. On a $$f(x,y,z)=0\iff \left\{ \begin{array}{rcl} 2x-2z&=&0\\ y&=&0\\ x-z&=&0 \end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&z\\ y&=&0\\ z&=&z \end{array}\right.$$ Une base de $\ker(f)$ est donc donnée par le vecteur $u=(1,0,1)$.
Déterminons ensuite une base de $\textrm{Im}(f)$. On sait que $(f(e_1),f(e_2),f(e_3))$ est une famille génératrice de $\textrm{Im}(f)$. Ce n’est pas une base, puisque $f(e_3)=(-2,0,-1)=-f(e_1)$. Posons ensuite $v=(2,0,1)=f(e_1)$ et $w=(0,1,0)=f(e_2)$. Alors $(v,w)$ est une famille génératrice de $\textrm{Im}(f)$ et c’est aussi une famille libre : $(v,w)$ est une base de $\textrm{Im}(f)$.

On commence par chercher pour quelles valeurs de $\alpha$ l’équation $f(x,y,z)=\alpha(x,y,z)$ admet des solutions non nulles. On a \begin{eqnarray*} f(x,y,z)=\alpha(x,y,z)&\iff& \left\{\begin{array}{rcl} -x-2y&=&\alpha x\\ -2x-y&=&\alpha y\\ 2x+2y+z&=&\alpha z \end{array}\right.\\ &\iff& \left\{ \begin{array}{rcl} (-1-\alpha)x-2y&=&0\\ -2x+(-1-\alpha)y&=&0\\ 2x+2y+(1-\alpha)z&=&0 \end{array} \right. \end{eqnarray*} Si $\alpha=1$, alors on obtient une seule équation qui est $x+y=0$. On a donc $\ker(f-Id)=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3;\ x+y=0\}$ qui est un espace vectoriel de dimension 2 donc une base est donnée par $(u,v)$ avec $u=(1,-1,0)$ et $v=(0,0,1)$.
Supposons maintenant que $\alpha\neq 1$; alors les deux premières équations vont donner $x=y=0$ sauf si les deux équations sont proportionnelles, c’est-à-dire sauf si $(-1-\alpha)^2-4=0$. Cette équation donne $\alpha=1$ (cas déjà traité) et $\alpha=-3$. Donc si $\alpha=-3$, le système devient $$\left\{ \begin{array}{rcl} x-y&=&0\\ x-y&=&0\\ x+y+2z&=&0 \end{array} \right. \iff \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&y\\ y&=&y\\ z&=&-y \end{array}\right. .$$ Une base de $\ker(f+3Id)$ est donc donnée par $w=(1,1,-1)$.
Posons $F=\ker(f-Id)$ et $G=\ker (f+3Id)$, alors $F$ et $G$ sont supplémentaires (car $(u,v,w)$ est une base de $\mathbb R^3$), la restriction de $f$ à $F$ est l’identité, et la restriction de $f$ à $G$ est une homothétie de rapport $-3$. Finalement, $f$ est une affinité sur $\ker(f-Id)$, de rapport $-3$, et parallèlement à $\ker(f+3Id)$.
Bien sûr, si on connait des éléments de réduction des endomorphismes, on peut utiliser le polynôme caractéristique pour faciliter la recherche des valeurs propres….

Remarquons d’abord que $\phi$ est linéaire. En effet, si $P_1,\ P_2\in\mathbb R[X]$, alors $\phi(P_1)$ (resp. $\phi(P_2)$) est l’unique polynôme de degré inférieur (strict) au degré de $A$ et tel que $$P_1=AQ_1+\phi(P_1),\ P_2=AQ_2+\phi(P_2),$$ avec $Q_1,Q_2\in\mathbb R[X]$. On a alors $$P_1+P_2=A(Q_1+Q_2)+\big(\phi(P_1)+\phi(P_2))$$ avec $\deg\big(\phi(P_1)+\phi(P_2)\big)<\deg(A)$, ce qui prouve que $\phi(P_1+P_2)=\phi(P_1)+\phi(P_2)$. De la même façon on démontre que $\phi(\lambda P)=\lambda \phi(P)$.
Remarquons que $\phi\circ\phi(P)=\phi(P)$ pour tout $P\in\mathbb R[X]$. En effet, $$\phi(P)=A\times 0+\phi(P)$$ avec $\deg(\phi(P))<\deg(A)$. Ainsi, $\phi$ est bien une projection. Reste à calculer son noyau et son image. On a $\phi(P)=0$ si et seulement si $P$ est un multiple de $A$, et donc $$\ker(\phi)=\{QA:\ Q\in\mathbb R[X]\}.$$ Enfin, si $d=\deg(A)$, on a $\textrm{Im}(\phi)\subset \mathbb R_{d-1}[X]$. Réciproquement, si $P\in\mathbb R_{d-1}[X]$, alors $$P=0\times A+\phi(P)$$ est la division euclidienne de $P$ par $A$ et donc $P=\phi(P)\in \textrm{Im}(\phi)$. Si $A$ est un polynôme constant, il faut interpréter $\mathbb R_{d-1}[X]$ comme $\{0\}$.

Une fonction $f:\mathbb R\to\mathbb R$ a sa dérivée nulle si et seulement si elle est constante. Le noyau de $\phi$ est donc l’ensemble des fonctions constantes. En particulier, $\phi$ n’est pas injective. D’autre part, si $g$ est une fonction de classe $\mathcal C^\infty$ sur $\mathbb R$, alors elle admet une primitive $f$ qui est donc elle aussi de classe $\mathcal C^\infty$, c’est-à-dire élément de $E$. On a alors $\phi(f)=g$, ce qui signifie que $\textrm{Im}(\phi)=E$. $\phi$ est surjective. Cet exercice illustre le fait que $\mathcal C^\infty(\mathbb R)$ n’est pas de dimension finie, puisque $\phi$ est surjective mais n’est pas injective.

Soit $f\in E$. Alors $u(f)=0$ si et seulement si, pour tout $x\in\mathbb R$, $xf(x)=0$. Ceci entraîne que pour tout $x$ différent de $0$, $f(x)=0$. Comme $f$ est continue en $0$, on en déduit que $f=0$. On a donc $\ker(u)=\{0\}$ et $u$ est injective.
D’autre part, soit $g\in E$ telle que $g(x)=1$ pour tout $x\in\mathbb R$. Alors $g$ n’est pas un certain $u(f)$. En effet, si c’était le cas, on aurait $xf(x)=g(x)=1$ pour tout $x\in\mathbb R$, en particulier, en $x=0$, $0=1$. Donc $u$ n’est pas surjective.
Ceci illustre que $E$ n’est pas de dimension finie, puisque $u$ est injective, mais n’est pas surjective.

Soient $P,Q\in\mathbb R[X]$ et $\lambda\in\mathbb R$. Alors \begin{eqnarray*} f(\lambda P+Q)&=&(\lambda P+Q)-X(\lambda P+Q)’\\ &=&\lambda P+Q-X(\lambda P’+Q’)\\ &=&\lambda (P-XP’)+Q-XQ’=\lambda f(P)+ f(Q). \end{eqnarray*} Ainsi, $f$ est bien une application linéaire. De plus $P$ est dans $\ker(f)$ si et seulement si $P-XP’=0$. Ecrivons $P(X)=\sum_{k=0}^n a_k X^k$. Alors on a : $$P-XP’=\sum_{k=1}^n (a_k-k a_{k})X^k +a_0.$$ On en déduit que la suite $(a_k)$ vérifie $a_0=0$ et $a_k(1-k)=0$ pour $k$ allant de $1$ à $n$. Ainsi, $a_k=0$ pour $k\neq 1$, la valeur de $a_1$ étant quelconque. On en déduit que $\ker(f)=\textrm{vect}(X)$.
D’autre part, soit $Q\in\mathbb R[X]$. Si $Q=\sum_{k=0}^m b_k X^k$ est élément de $\textrm{Im}(f)$, il existe $P=\sum_{k=0}^n a_k X^k$ tel que $Q=P-XP’$ soit, d’après le calcul précédent, pour $k=0,\dots,n$, $$b_k=a_k(1-k).$$ On en déduit $b_1=0$ et donc $Q\in F=\textrm{vect}(X^k;\ k\neq 1)$. Réciproquement, soit $Q=\sum_{k=0,\ k\neq 1}^mb_kX^k$ un élément de $F$, c’est-à-dire un polynôme sans terme en $X$. Alors, si on pose $a_k=(1-k)^{-1}b_k$, $k\neq 1$, et $a_1=0$, le calcul précédent montre que $P-XP’=Q$ et donc $Q\in\textrm{Im}(f)$. Ainsi, $\textrm{Im}(f)=F$.
On peut remarquer que dans cet exemple, l’image et le noyau de $f$ sont supplémentaires.

Il est facile de vérifier que $f$ est linéaire. Pour savoir si elle est injective, on calcule son noyau. Soit $P=\sum_{i=0}^n a_iX^i$ un polynôme. Alors $$f(P)=\sum_{i=0}^n a_iX^i-p\sum_{i=0}^n a_i X^{i+1}+\sum_{i=1}^n i a_i X^{i+1}$$ soit, après un changement d’indice $$f(P)=a_0 +\sum_{i=1}^n (a_i-(p+1-i)a_{i-1})X^i +(n-p)a_n X^{n+1}.$$ Si $f(P)=0$, on obtient donc $a_0=0$ et $a_i=(p+1-i)a_{i-1}$ pour $1\leq i\leq n$ ce qui entraine $a_i=0$ pour tout $i=0,\dots,n$. Ainsi, $P=0$, le noyau de $f$ est réduit à $\{0\}$ et $f$ est injective.
D’autre part, si $P$ est un polynôme de degré $n$, alors le calcul précédent montre que

• pour $n=p$, le degré de $f(P)$ est inférieur ou égal à $n$, et donc différent de $p+1$;
• pour $n\neq p$, alors $f(P)$ est de degré $n+1\neq p+1$.

Ainsi, $\textrm{Im}(f)$ ne contient pas de polynômes de degré $p+1$. Donc $f$ n’est pas surjective.

Le degré de $(X+1)^k-X^k$ est égal à $k-1$, sauf si $k=0$ car dans ce cas on a affaire au polynôme nul. En particulier, si $P$ est de degré $d$, $P(X)=a_dX^d+\dots+a_0$, alors $$\phi(P)=a_d\big((X+1)^d-X^d)+\dots+a_1$$ est de degré $d-1$, sauf si $d=0$ où on a le polynôme nul. On en déduit que le noyau de $\phi$ est l’ensemble des polynômes constants.
D’autre part, l’image de $\phi$ est clairement contenue dans $\mathbb R_{n-1}[X]$. Or, ce dernier espace est de dimension $n$, et par le théorème du rang, $$\dim\big(\textrm{Im}(\phi)\big)=n+1-\dim\big(\ker(\phi)\big)=n.$$ Ainsi, on a $\textrm{Im}(\phi)\subset \mathbb R_{n-1}[X]$ et $\dim\big(\textrm{Im}(\phi)\big)=\dim(\mathbb R_{n-1}[X]).$ Ces deux sous-espaces vectoriels sont donc égaux. Remarquons que ce serait beaucoup plus difficile à démontrer sans le théorème du rang.

Considérons $E=\mathbb R_n[X]$ et $\phi\in\mathcal L(E)$ définie par $\phi(Q)=\sum_{k=0}^n Q^{(k)}$ (il est facile de vérifier que $\phi$ est linéaire). Le but de l’exercice est de démontrer que $\phi$ est bjective. Etant une application linéaire entre deux espaces de même dimension finie, il suffit de prouver que $\phi$ est injective, ou encore que son noyau est réduit au polynôme nul. Mais si $Q$ n’est pas le polynôme nul, il est clair que $\phi(Q)$ a même degré que $Q$, et le même coefficient dominant. On en déduit que $\phi(Q)=0\implies Q=0$. $\phi$ est bijective.