📐 Applications Linéaires

Méthode: Vérifier les deux propriétés (L1) et (L2)

Vérification de (L1) - Additivité:
Soient u = (x₁, y₁) et v = (x₂, y₂) dans ℝ²

f(u + v) = f((x₁ + x₂, y₁ + y₂))
= ((x₁ + x₂) + (y₁ + y₂), 2(x₁ + x₂) - (y₁ + y₂), x₁ + x₂)
= (x₁ + y₁ + x₂ + y₂, 2x₁ - y₁ + 2x₂ - y₂, x₁ + x₂)
= (x₁ + y₁, 2x₁ - y₁, x₁) + (x₂ + y₂, 2x₂ - y₂, x₂)
= f(u) + f(v) ✓

Vérification de (L2) - Homogénéité:
Soit λ ∈ ℝ et u = (x, y) ∈ ℝ²

f(λu) = f((λx, λy))
= (λx + λy, 2λx - λy, λx)
= λ(x + y, 2x - y, x)
= λf(u) ✓

Conclusion: f est linéaire

Remarque: On peut aussi écrire f sous forme matricielle:
f(x, y) = [1 1] [x]
          [2 -1] [y]
          [1 0]

1) Linéarité:
f est clairement linéaire (combinaison linéaire des coordonnées) ✓

2) Détermination de Ker(f):

Étape 1: Résoudre f(x, y, z) = (0, 0)
(x, y, z) ∈ Ker(f) ⟺ f(x, y, z) = (0, 0)
⟺ x + 2y - z = 0 ET 2x + 4y - 2z = 0

Étape 2: Simplifier le système
Ligne 2 = 2 × Ligne 1, donc on a une seule équation:
x + 2y - z = 0 ⟹ z = x + 2y

Étape 3: Forme paramétrique
(x, y, z) = (x, y, x + 2y)
= x(1, 0, 1) + y(0, 1, 2)

Conclusion:
Ker(f) = Vect{(1, 0, 1), (0, 1, 2)}

3) Base de Ker(f):
Vérifions que {v₁ = (1, 0, 1), v₂ = (0, 1, 2)} est libre:
λ₁(1, 0, 1) + λ₂(0, 1, 2) = (0, 0, 0)
⟹ (λ₁, λ₂, λ₁ + 2λ₂) = (0, 0, 0)
⟹ λ₁ = 0 et λ₂ = 0 ✓

Base de Ker(f): {(1, 0, 1), (0, 1, 2)}
dim Ker(f) = 2

1) Détermination de Im(f):

Méthode: Calculer les images de la base canonique

Base canonique de ℝ³: {e₁ = (1,0,0), e₂ = (0,1,0), e₃ = (0,0,1)}

f(e₁) = f(1,0,0) = (1, 0, 1)
f(e₂) = f(0,1,0) = (1, 1, 0)
f(e₃) = f(0,0,1) = (0, 1, 1)

Donc: Im(f) = Vect{(1,0,1), (1,1,0), (0,1,1)}

Étape 2: Vérifier si la famille est libre
λ₁(1,0,1) + λ₂(1,1,0) + λ₃(0,1,1) = (0,0,0)
⟹ (λ₁ + λ₂, λ₂ + λ₃, λ₁ + λ₃) = (0,0,0)

Système:
λ₁ + λ₂ = 0 ... (1)
λ₂ + λ₃ = 0 ... (2)
λ₁ + λ₃ = 0 ... (3)

De (1): λ₂ = -λ₁
De (2): λ₃ = -λ₂ = λ₁
Dans (3): λ₁ + λ₁ = 0 ⟹ λ₁ = 0
Donc λ₁ = λ₂ = λ₃ = 0 ✓

La famille est libre et génératrice de Im(f).

Conclusion:
Im(f) = Vect{(1,0,1), (1,1,0), (0,1,1)}
Base de Im(f): {(1,0,1), (1,1,0), (0,1,1)}

2) Rang de f:
rg(f) = dim Im(f) = 3

3) Surjectivité:
Im(f) = ℝ³ (car dim Im(f) = 3 = dim ℝ³)
f est surjective ✓

Vérification par le théorème du rang:
dim Ker(f) + rg(f) = dim ℝ³
dim Ker(f) + 3 = 3
⟹ dim Ker(f) = 0
⟹ Ker(f) = {0}
Donc f est aussi injective, donc bijective.

1) Calcul du rang:

Théorème du rang:
dim Ker(f) + rg(f) = dim ℝ⁴
1 + rg(f) = 4
rg(f) = 3

2) Injectivité:
f est injective ⟺ Ker(f) = {0}
Or dim Ker(f) = 1 ≠ 0
Donc Ker(f) ≠ {0}
f n'est PAS injective ✗

Interprétation: Il existe des vecteurs non nuls u ∈ ℝ⁴ tels que f(u) = 0.
Le noyau est une droite vectorielle dans ℝ⁴.

3) Surjectivité:
f est surjective ⟺ Im(f) = ℝ³
⟺ rg(f) = dim ℝ³
Or rg(f) = 3 = dim ℝ³
f est surjective ✓

Interprétation: Tout vecteur de ℝ³ est image d'au moins un vecteur de ℝ⁴.

Conclusion générale:
f : ℝ⁴ → ℝ³ est surjective mais non injective.
Chaque vecteur de ℝ³ a une infinité d'antécédents (une droite d'antécédents).

Remarque: C'est impossible d'avoir f bijective quand dim E ≠ dim F.

1) Matrice de f:

Base canonique de ℝ²: B = {e₁ = (1,0), e₂ = (0,1)}

Étape 1: Calculer les images des vecteurs de base
f(e₁) = f(1,0) = (2·1 + 0, 1 - 0) = (2, 1)
f(e₂) = f(0,1) = (2·0 + 1, 0 - 1) = (1, -1)

Étape 2: Former la matrice (colonnes = images)
Les colonnes de la matrice sont les coordonnées de f(e₁) et f(e₂):

M = [2 1]
       [1 -1]

Vérification:
M·[x] = [2 1]·[x] = [2x + y ] = f(x,y) ✓
   [y]   [1 -1] [y]   [x - y ]

2) Rang de f:

Méthode 1: Calculer le déterminant
det(M) = 2·(-1) - 1·1 = -2 - 1 = -3 ≠ 0

Comme det(M) ≠ 0, la matrice est inversible.
rg(f) = rg(M) = 2

Méthode 2: Vérifier que les colonnes sont libres
λ₁(2,1) + λ₂(1,-1) = (0,0)
⟹ (2λ₁ + λ₂, λ₁ - λ₂) = (0,0)
⟹ 2λ₁ + λ₂ = 0 et λ₁ - λ₂ = 0
⟹ λ₁ = λ₂ et 2λ₁ + λ₁ = 0
⟹ 3λ₁ = 0 ⟹ λ₁ = λ₂ = 0 ✓
Les colonnes sont libres ⟹ rg(M) = 2

3) Bijectivité:

Critère matriciel:
f est bijective ⟺ M est inversible ⟺ det(M) ≠ 0
Or det(M) = -3 ≠ 0
f est bijective ✓

Autre vérification:
• rg(f) = 2 = dim ℝ² ⟹ f est surjective
• Par théorème du rang: dim Ker(f) = 2 - 2 = 0 ⟹ f est injective
Donc f est bijective.

Matrice inverse:
M⁻¹ = (1/det)·[−1 −1] = (-1/3)·[−1 −1] = [1/3 1/3]
                 [−1 2]             [−1 2]      [1/3 -2/3]

1) Calcul de g ∘ f:

(g ∘ f)(x, y) = g(f(x, y))
= g(x + y, x - y)
= (2(x + y), 3(x - y))
= (2x + 2y, 3x - 3y)

g ∘ f : (x, y) ↦ (2x + 2y, 3x - 3y)

Matrice de g ∘ f:
Mat(g ∘ f) = [2 2]
                 [3 -3]

2) Calcul de f ∘ g:

(f ∘ g)(x, y) = f(g(x, y))
= f(2x, 3y)
= (2x + 3y, 2x - 3y)

f ∘ g : (x, y) ↦ (2x + 3y, 2x - 3y)

Matrice de f ∘ g:
Mat(f ∘ g) = [2 3]
                 [2 -3]

3) Comparaison:

g ∘ f : (x, y) ↦ (2x + 2y, 3x - 3y)
f ∘ g : (x, y) ↦ (2x + 3y, 2x - 3y)

g ∘ f ≠ f ∘ g

Exemple numérique:
Pour (x, y) = (1, 0):
(g ∘ f)(1, 0) = (2, 3)
(f ∘ g)(1, 0) = (2, 2)
Donc g ∘ f ≠ f ∘ g

Vérification matricielle:
Mat(g) = [2 0]   Mat(f) = [1 1]
             [0 3]              [1 -1]

Mat(g) × Mat(f) = [2 0]·[1 1] = [2 2]
                       [0 3] [1 -1]   [3 -3]

Mat(f) × Mat(g) = [1 1]·[2 0] = [2 3]
                       [1 -1] [0 3]   [2 -3]

Conclusion: La composition n'est généralement PAS commutative.

1) Calcul de f ∘ f = f²:

(f ∘ f)(x, y, z) = f(f(x, y, z))
= f(y, z, x)
= (z, x, y)

f² : (x, y, z) ↦ (z, x, y)

Interprétation: f² effectue une permutation circulaire des coordonnées.

2) Calcul de f ∘ f ∘ f = f³:

(f ∘ f ∘ f)(x, y, z) = f(f²(x, y, z))
= f(z, x, y)
= (x, y, z)

f³ : (x, y, z) ↦ (x, y, z)

3) Conclusion:

f³ = Id (l'application identité)

Bijectivité:
Puisque f³ = Id, on a:
f ∘ f² = Id et f² ∘ f = Id

Cela signifie que f² est l'inverse de f:
f⁻¹ = f²

f est bijective et f⁻¹ = f²

Vérification explicite:
Si (x, y, z) = f(a, b, c), alors (a, b, c) = ?
(x, y, z) = (b, c, a)
Donc: x = b, y = c, z = a
D'où: (a, b, c) = (z, x, y) = f²(x, y, z) ✓

Matrice de f:
f(1,0,0) = (0,0,1)
f(0,1,0) = (1,0,0)
f(0,0,1) = (0,1,0)

Mat(f) = [0 1 0]
           [0 0 1]
           [1 0 0]

det(Mat(f)) = 0·(0-0) - 1·(0-1) + 0·(0-0) = 1 ≠ 0 ✓

Remarque: f est une rotation cyclique des coordonnées d'ordre 3.

1) Linéarité:

Soient P = aX² + bX + c et Q = a'X² + b'X + c' dans ℝ₂[X]
Soit λ ∈ ℝ

f(λP + Q) = f((λa + a')X² + (λb + b')X + (λc + c'))
= ((λa + a') + (λb + b'), (λb + b') + (λc + c'), (λa + a') + (λc + c'))
= (λa + λb + a' + b', λb + λc + b' + c', λa + λc + a' + c')
= λ(a + b, b + c, a + c) + (a' + b', b' + c', a' + c')
= λf(P) + f(Q) ✓

f est linéaire ✓

2) Injectivité - Calcul du noyau:

P = aX² + bX + c ∈ Ker(f) ⟺ f(P) = (0, 0, 0)
⟺ (a + b, b + c, a + c) = (0, 0, 0)
⟺ a + b = 0, b + c = 0, a + c = 0

Système:
a + b = 0 ⟹ b = -a
b + c = 0 ⟹ c = -b = a
a + c = 0 ⟹ a + a = 0 ⟹ a = 0

Donc: a = 0, b = 0, c = 0
P = 0 (le polynôme nul)

Ker(f) = {0}
f est injective ✓

3) Surjectivité - Calcul du rang:

Théorème du rang:
dim Ker(f) + rg(f) = dim ℝ₂[X]
0 + rg(f) = 3
rg(f) = 3

Or rg(f) = dim Im(f) ≤ dim ℝ³ = 3
Donc dim Im(f) = 3 = dim ℝ³
⟹ Im(f) = ℝ³

f est surjective ✓

4) Isomorphisme:

f est injective ET surjective
f est un isomorphisme ✓

Conséquence: ℝ₂[X] ≃ ℝ³

Application inverse f⁻¹:
Pour trouver f⁻¹(x, y, z), résoudre:
a + b = x
b + c = y
a + c = z

De (1) et (3): 2a + (b + c) = x + z ⟹ 2a + y = x + z
⟹ a = (x + z - y)/2

De (1): b = x - a = x - (x + z - y)/2 = (x + y - z)/2
De (2): c = y - b = y - (x + y - z)/2 = (-x + y + z)/2

f⁻¹(x, y, z) = [(x+z-y)/2]X² + [(x+y-z)/2]X + [(-x+y+z)/2]