\documentclass[12pt]{book}
\usepackage{pas-exos}
\usepackage{pas-math,systeme}
\newcounter{exo}
\newcommand{\exo}{\exercice}
\begin{document}
\chapter*{Applications linéaires}

\section*{Rappels de cours}

\begin{enumerate}
\item \textbf{Application linéaire}

Soient $E$ et $F$ deux espaces vectoriels réels, et soit $f$ une application de $E$ dans $F$.\\
On dit que $f$ est une \emph{application linéaire} si :
\[
\forall (x;y)\in E\times E,\ \forall\lambda\in\R,\ f(\lambda x+
y)=\lambda f(x)+f(y)
\]

\item \textbf{Noyau}

Soit $f$ une application linaire de $E$ dans $F$.\\
Le \emph{noyau} de $f$ est l'ensemble :
\[ \ker(f)=\{x\in E\ \vert\ f(x)=0\} \]

\item \textbf{Ensemble image}

Soit $f$ une application linaire de $E$ dans $F$.\\
L'\emph{ensemble image} de $f$ est l'ensemble :
\[ \text{Im}(f)=\{f(x)\ \vert\ x\in E\} \]

\item \textbf{Théorème du rang}

Soit $f$ une application linaire de $E$ dans $F$.\\
Alors, \[ \dim(\ker(f)) + \dim(\text{Im}(f))=\dim(E)\]

\item \textbf{Application injective, surjective, bijective}

Soit $f$ une application linaire de $E$ dans $F$.\\
On dit que $f$ est \emph{injective} si :
\[ \forall (x;y)\in E\times E,\ f(x)=f(y) \Longleftrightarrow x= y\quad\text{ou}\quad f\text{ injective }\Longleftrightarrow\ker(f)=\left\{0_E\right\}\]
On dit que $f$ est \emph{surjective} si tout élément de $F$ admet \underline{au moins} un antécédent dans $E$.\\
On dit que $f$ est \emph{bijective} si elle est injective et surjective.

\begin{center}
\includegraphics[scale=0.5]{schema.png}
\end{center}

\item \textbf{Applications linéaires particulières}

Une application linéaire de $E$ dans $E$ est appelée un \emph{endomorphisme}.\\
Une application linéaire bijective est appelée un \emph{isomorphisme}.\\
Une application linéaire bijective de $E$ dans $E$ est appelée un \emph{automorphisme}.
\end{enumerate}

\newpage

\begin{center}
\bfseries\Large Exercices
\end{center}

%------------ exercices

\exo
Soit $f$ l'application de $\R^3$ dans $\R^2$ définie par :
\[ f(x;y;z)=(x+y-z;x-y) \]
\begin{enumerate}
\item Montrer que $f$ est linéaire.
\item Montrer que $\ker(f)=\{ (x;x;2x),\ x\in\R \}$.
\item En déduire $\dim(\ker(f))$, $\dim(\text{Im}(f))$ puis $\text{Im}(f)$.
\end{enumerate}

\exo
Soit $f$ l'application de $\R^2$ dans $\R^2$ définie par :
\[ f(x;y) = (x+2y;3x-y) \]
\begin{enumerate}
\item Montrer que $f$ est un automorphisme.
\item Déterminer $\ker(f)$.
\item En déduire $\text{Im}(f)$.
\end{enumerate}

\exo
Soit $f$ l'application définie par :
\[
\begin{array}{rcl}
\R_2[X] & \rightarrow & \R_2[X]\\
P(X) & \mapsto & P(X) + (1-X)P''(X)
\end{array}
\]
où $\R_2[X]$ désigne l'ensemble des polynômes de degré 2.
\begin{enumerate}
\item Montrer que $f$ est linéaire.
\item Montrer que $\ker(f)=\{0\}$. En déduire $\dim(\ker(f))$.
\item Calculer $f(1)$, $f(X)$ et $f(X^2)$.
\item Déduire des deux dernières questions une base de $\text{Im}(f)$.
\item Montrer que $f$ est bijective et trouver sa bijections réciproque.
\end{enumerate}

\exo
Pour les applications suivantes, déterminer $\ker(f)$ et $\text{Im}(f)$.
\begin{enumerate}
\item $f:\R^2\rightarrow\R^2$, $f(x;y)=(2x+y;x-y)$
\item $f:\R^3\rightarrow\R^3$, $f(x;y;z)=(2x+y+z;y-z;x+y)$
\item $f:\R^2\rightarrow\R^4$, $f(x;y)=(y;0;x-7y;x+y)$
\end{enumerate}

\exo
Soit $f$ l'application de $\R^2$ dans $\R$ définie par :
\[ f(x;y) = xy \]
$f$ est-elle linéaire ?

\exo
Soit $f$ l'application de $\R^3$ dans $\R$ définie par :
\[ f(x;y;z) = x+2y-3z \]
$f$ est-elle linéaire ? injective ? surjective ? bijective ?

\exo
Soit $f$ l'application de $\R_n[X]$ dans $\R_n[X]$ définie par :
\[ f(P(X)) = P^\prime(X) \]
Montrer que $f$ est linéaire et déterminer $\ker(f)$.

\exo
Soit $f$ l'application de $\R^3$ dans $\R^2$ définie par :
\[ f(x;y;z) = (x+y+z;x-y-z) \]
Montrer que $f$ est linéaire. Déterminer $\ker(f)$, puis $\dim(\ker(f))$.

\correction

\exo

\begin{enumerate}
\item Soit $\lambda\in\R$ et soient $u(x;y;z)$ et $v(x';y';z')$ deux éléments de $\R^3$.\\
Alors,
\[\lambda u+v(\lambda x+x';\lambda y+y' ; \lambda z+z') \]
et
\begin{align*}
f(\lambda u+v) & = (\lambda x+x'+\lambda y + y' -\lambda z-z' ; \lambda x+ x' - \lambda y - y')\\
& = \left(\lambda(x+y-z) + x'+y'-z' ; \lambda(x-y)+x'-y'\right)\\
& \lambda(x+y-z;x-y)+(x'+y'-z';x'-y') \\
& = \lambda f(u) + f(v)
\end{align*}

\underline{$f$ est donc linéaire.}

\item $\ker f = \{ u\in\R^3\vert f(u)=0\}$.\\
Posons $u(x;y;z)\in\ker f$. Alors,
\begin{align*}
f(u)=0 & \Leftrightarrow \systeme{x+y-z=0,x-y=0}\\
& \Leftrightarrow \systeme{x=y,2x=z}\\
& \Leftrightarrow u(x;x;2x)\quad,\quad x\in\R
\end{align*}
\underline{Ainsi, $\ker f=\{u\in\R^3\vert u(x;x;2x),\ x\in\R\}$.}

\item On peut noter $\ker f = \left\langle\begin{pmatrix}
1\\1\\2\end{pmatrix}\right\rangle$ donc $\dim\ker f = 1$.\\
D'après le théorème du rang, $\dim\R^3=\dim\ker f+\dim \text{Im}(f)$, soit $3=1+\dim \text{Im}(f)$.\\
Par conséquent, $\dim(\text{Im}(f))=2$ et $\text{Im}(f)=\R^2$.
\end{enumerate}

\exo % 2

\begin{enumerate}
\item Soit $\lambda\in\R$ et soient $u\coord{x}{y}$ et $v\coord{x'}{y'}$ deux vecteurs de $\R^2$.\\
Alors,
\[ \lambda u+v\coord{\lambda x+x'}{\lambda y + y'}\]
et
\begin{align*}
f(\lambda u+v) & = \coord{\lambda x+x'+2\lambda y + 2y'}{3\lambda x+3x'-\lambda y-y'}\\
& = \lambda\coord{x+2y}{3x-y}+\coord{x'+2y'}{3x'-y'}\\
& = \lambda f(u)+f(v).
\end{align*}
Donc, $f$ est linéaire.\\
Posons $v\coord{x'}{y'}\in\text{Im}(f)$.\\
Alors, il existe un vecteur $u\coord{x}{y}$ tel que $v=f(u)$, soit \systeme*{x'=x+2y,y'=3x-y}. Après calculs, on arrive à : \systeme*{x=\frac{1}{7}x'+\frac{2}{7}y',y=\frac{3}{7}x'-\frac{1}{7}y'}.\\
Il existe donc un unique antécédent à tout $v$ de $\text{Im}(f)$. $f$ est donc bijective.\\\
\underline{$f$ est donc un automorphisme.}

\item $\ker f = \{u\in\R^2\vert f(u)=0\}$.\\
Soit $u\coord{x}{y}\in\ker f$. Alors, \systeme{x+2y=0,3x-y=0}, soit $x=y=0$.\\
\underline{Ainsi, $\ker f = \{\coord{0}{0}\}$.}

\item $f$ est bijective donc $\text{Im}(f)=\R^2$.
\end{enumerate}

\exo % 3

\begin{enumerate}
\item Soit $\lambda\in\R$ et soient $P$ et $Q$ deux polyn\^omes de $\R_2[X]$.

\begin{align*}
f(\lambda P+Q) & = (\lambda P+Q)(X)+(1-X)(\lambda P'+Q')(X)\\
& = \lambda P(X)+(\lambda(1-X)P'(X)+Q(X)+(1-X)Q'(X)\\& = \lambda f(P)+f(Q).
\end{align*}

\underline{Donc $f$ est linéaire.}

\item Soit $P\in\ker f$, $P(X)=aX^2+bX+c$. Alors,
\begin{align*}
f(P)=0 & \Leftrightarrow aX^2+bX+c+2a(1-X)=0\quad\forall X\in\R\\
& \Leftrightarrow aX^2+(b-2a)X+2a+c=0\quad\forall X\in\R\\
& \Leftrightarrow \systeme{a=0,2a-b=0,b+c=0}\\
& \Leftrightarrow a=b=c=0\\
& = \Leftrightarrow u(X)=0
\end{align*}

\underline{Ainsi, $\ker f=\{0\}$ et $\dim\ker f=0$.}

\item $f(1)=1-(1-X)\times0=1$, $f(X)=X+(1-X)\times0=X$ et $f(X^2)=X^2+(1-X)\times2=X^2-2X+2$.

\item D'après le théorème du rang, $\dim\text{Im}(f)=3$ (car $\dim\R_2[X]=3$).\\
\underline{Ainsi, $\text{Im}(f)=\R_2[X]$.}

\item $\mathscr{B}=\{1;X;X^2\}$ est une base de $\R_2[X]$.\\
De plus, d'après la question précédente, on a :
\[
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
2 & -2 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1\\X\\X^2
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
f(1)\\f(X)\\f(X^2)
\end{pmatrix}
\]
En notant $A=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
2 & -2 & 1
\end{pmatrix}$, on a $A^{-1}=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
-2 & 2 & 1
\end{pmatrix}$. $A$ est inversible donc $f$ est bijective.

\begin{itemize}
\item Si $P\in\R_2[X]$, avec $P(X)=aX^2+bX+c$, alors $f(P)(X)=aX^2+(b-2a)X+2a+c$.
\item Si $Q\in\R_2[X]$, avec $Q(X)=\alpha X^2+\beta X+\gamma$, alors $Q(X)=\alpha(X^2-2X+2)+(\beta+2\alpha)X+\gamma-2\alpha$ donc $f^{-1}(Q)(X)=\alpha X^2+(\beta-2\alpha)X+\gamma-2\alpha$.
\end{itemize}
\end{enumerate}

\exo % 4

\begin{enumerate}
\item $u\coord{x}{y}\in\ker f \Leftrightarrow \systeme{2x+y=0,x-y=0}\Leftrightarrow x=y=0\Rightarrow\ker f=\{0\}$.

\item $u(x;y;z)\in\ker f\Leftrightarrow \systeme{2x+y+z=0,y-z=0,x+y=0}\Leftrightarrow\systeme{x=-y,y=z}\Leftrightarrow u(-y;y;y)\Rightarrow\ker f=\left\langle\begin{pmatrix}
-1\\1\\1\end{pmatrix} \right\rangle$.

\item $u\coord{x}{y}\in\ker f \Leftrightarrow\systeme{y=0,x=7y,x=-y}\Leftrightarrow x=y=0\Rightarrow\ker f=\{0\}$.

\exo % 5

$f(\lambda u+v)=(\lambda x+x')(\lambda y+y')=\lambda^2xy+\lambda(xy'+yx')+x'y'\neq\lambda xy+x'y'$.\\
\underline{Donc, $f$ n'est pas linéaire.}

\exo % 6

$f$ est linéaire.\\
$\ker f \neq \{0\}$ donc $f$ n'est pas injective.\\
Posons $k\in\R$. Existe-t-il un $u(x;y;z)$ tel que $f(u)=k$ ? Oui ; par exemple $u(k;0;0)$. Donc $f$ est surjective.\\
Donc $f$ n'est pas bijective.
\end{enumerate}

\exo % 7

$f(\lambda P+Q)=\lambda P' + Q' = \lambda f(P)+f(Q)$.\\
Donc $f$ est linéaire.

\medskip

$P\in\ker f \Leftrightarrow P'=0 \Leftrightarrow P(X)=k$, $k\in\R$.\\
Donc $\ker f = \R$.

\exo % 8

$f$ linéaire : évident.\\
$\ker f=\left\langle\begin{pmatrix}
0\\1\\-1
\end{pmatrix} \right\rangle$. Donc $\dim\ker f = 1$.
\end{document}