f
E
F
g
G
x
f(x)
g(f(x))
H
f
|HPour déterminer Ker(f), on résout le système {2x−y+z=0 ; x+z = 0 ; x+y+2z = 0}
⇔ {x+z=0 ; −y−z = 0 ; y + z = 0} ⇔ {x+z=0 ; y+z=0} ⇔ {x=−z ; y=−z}
Donc Ker(f) = {(−z, −z, z), z ∈ R} = Vect((−1, −1, 1)).
Im(f) = Vect((2, 1, 1), (−1, 0, 1), (1, 1, 2)) engendré par les colonnes de la matrice associée
or −(2, 1, 1) − (−1, 0, 1) + (1, 1, 2) = (0, 0, 0)
donc Im(f) = Vect((2, 1, 1), (1, 1, 2)).
et (2, 1, 1) et (1, 1, 2) sont non colinéaires donc forment une famille libre.
Finalement ((2, 1, 1), (1, 1, 2)) est une base de Im(f).
f est en fait une application matricielle associée à la matrice
(2, −1, 1)
A = | 1, 0, 1 |
( 1, 1, 2)
Pour déterminer l’intersection de Ker(f) et Im(f), on cherche les vecteurs qui sont à la fois dans l’un et dans l’autre. Plusieurs manières permettent d’y arriver.
1re méthode : on cherche un vecteur de la forme (−z, −z, z) qui s’écrive aussi sous la forme
x(2, 1, 1) + y(1, 1, 2). Donc on résout (−z, −z, z) = (2x+y, x+y, x+2y)
⇔ {−z=2x+y ; −z = x+y ; z = x+2y} ⇔ {2x+y+z=0 ; x+y+z = 0 ; x+2y−z = 0}
⇔ {x+y+z = 0 ; −y−z = 0 ; y−2z = 0} ⇔ {x+y+z = 0 ; −y−z = 0 ; −3z = 0}
Ce système est triangulaire avec des coefficients diagonaux non nuls donc il est de Cramer donc la solution est nulle et on en déduit Ker(f) ∩ Im(f) = {0}.
2e méthode : on prend un élément de l’image de la forme (2x+y, x+y, x+2y) et on cherche à quelle condition il est dans le noyau c’est-à-dire f(2x+y, x+y, x+2y) = (0, 0, 0)
On remplace x, y et z dans l’expression de f par les composantes ci-dessus et on obtient
(4x+2y − (x+y) + (x+2y), (2x+y)+(x+2y), (2x+y)+(x+y)+2(x+2y)) = (0, 0, 0)
⇔ (4x+3y, 3x+3y, 5x+6y) = (0, 0, 0) ⇔ {4x+3y=0 ; 3x+3y = 0 ; 5x+6y = 0}
⇔ {x+y = 0 ; y = 0 ; y = 0} ⇔ x=y=0.
Pour calculer le carré de l’endomorphisme f² = f∘f : (x, y, z) ↦ f(f(x, y, z)), on a deux méthodes possibles :
1re méthode : on remplace dans l’expression de f les variables x, y et z par les composantes de f(x,y,z)
(2(2x−y+z) − (x+z) + (x+y+2z), (2x−y+z) + (x+y+2z), (2x−y+z) + (x+z) + 2(x+y+2z))
= ...
2e méthode : on utilise la notation matricielle, l’endomorphisme f² est représenté par la matrice A² = (: 4, −1, 3 ; 3, 0, 3 ; 5, 3, 6) (à vérifier)
Donc l’endomorphisme f²=f∘f vérifie f²(x, y, z) = (4x−y+3z, 3x+3z, 5x+3y+6z)
La composée suit le même principe que le calcul de g∘g pour une fonction d’une seule variable : si g : x ↦ √(x+1), alors g∘g(x) = √(√(x+1) + 1)
Retour au cours.
On note L(E, F) l’ensemble des applications linéaires de E vers F.
C’est donc une partie de ℱ(E, F) (ensemble des fonctions ou applications générales de E vers F)
Montrons que c’est un sous-espace vectoriel de ℱ(E,F).
Soit (λ, f, g) ∈ R×L(E,F)². On veut montrer que λf+g est linéaire aussi.
Soit (α, u, v) ∈ R×E². On veut montrer que (λf+g)(αu+v) = α(λf+g)(u) + (λf+g)(v)
Pour cela, on calcule (λf+g)(αu+v) = λf(αu+v) + g(αu+v) : opération toujours possible même avec des applications qui ne sont pas linéaires : (cos+sin)(π/3) = cos(π/3) + sin(π/3)
Or f et g sont linéaires, donc on peut développer par rapport aux arguments :
(λf+g)(αu+v) = αλf(u)+λf(v) + αg(u)+g(v) = α(λf(u)+g(u)) + λf(v)+g(v)
= α(λf+g)(u) + (λf+g)(v)
Donc λf+g est bien linéaire.
Finalement, L(E,F) est bien un espace vectoriel.
Montrons que la composée de deux applications linéaires est linéaire :
f
E
F
g
G
x
f(x)
g(f(x))
H
f
|HSoit f ∈ L(E, F) et g ∈ L(F, G). On calcule la composée g∘f : pour tout (λ,x,y) ∈ R×E²,
(g∘f)(λx+y) = g(f(λx+y)) = g(λf(x)+f(y)) = λg(f(x)) + g(f(y)) = λ(g∘f)(x)+(g∘f)(y)
Donc g∘f est bien linéaire.
Les propriétés des images directes et préimages et notamment du noyau permettent d’obtenir des structures d’espace vectoriel directement sans calcul.
ℱ(R, R)
f
f(1)
0
R
EL’ensemble E des fonctions réelles définies sur R et qui s’annulent en 1 est simplement le noyau de l’application f ↦ f(1).
L’ensemble des matrices symétriques est le noyau de l’application M ↦ M − M^T
L’ensemble des fonctions paires est le noyau de l’application f ↦ (x ↦ f(x)−f(−x))
Une application linéaire f ∈ L(E, F) est un isomorphisme si Ker(f) = {0} et Im(f) = F.
La composée de deux applications injectives étant injective, la composée de deux applications surjectives étant surjective, la composée de deux applications bijectives est donc bijective.
Or la composée de deux applications linéaires est linéaire, donc la composée de deux isomorphismes est encore un isomorphisme.
Montrons que la réciproque d’un isomorphisme f ∈ L(E, F) est encore un isomorphisme. Comme f est bijective, sa réciproque f^-1 est aussi bijective. Montrons qu’elle est aussi linéaire.
E
F
f
f^-1
u
v
x
ySoit (λ,u,v) ∈ R×F². Il existe x, y ∈ E tels que u=f(x) et v=f(y).
Donc f^-1(λu+v) =f^-1(λf(x)+f(y)) = f^-1(f(λx+y)) par linéarité de f
Donc f^-1(λu+v) = λx+y = λf^-1(u) + f^-1(v).
Donc f^-1 est linéaire. Finalement f^-1 est un isomorphisme.
L’ensemble des polynômes de degré inférieur ou égal à 2 admet pour base les trois fonctions x↦1, x↦x et x↦x².
Exercice d’application : Montrer que l’ensemble E des fonctions de la forme x↦(ax²+bx+c)e^-x est un sous-espace vectoriel de l’ensemble des fonctions dérivables sur R.
Toutes les fonctions de E sont bien dérivables.
Première méthode :
Soit λ ∈ R et f : x ↦ (ax²+bx+c)e^-x. On a λf : x ↦ λ(ax²+bx+c)e^-x = (λax²+λbx+λc)e^-x.
Donc E est stable par multiplication scalaire.
E est non vide car contient la fonction x ↦ (x²+2x) e^-x
Soit f : x ↦ (ax²+bx+c)e^-x et g : x ↦ (mx²+nx+p)e^-x
Alors f+g : x ↦ ((a+m)x²+(b+n)x+(c+p))e^-x donc f+g ∈ E.
Deuxième méthode pour arriver au même résultat, on aurait pu dire
E = Vect(x↦x²e^-x, x↦xe^-x, x↦e^-x) donc E est un sous-espace vectoriel de D^1(R,R)
Montrer que la dérivation définit un endomorphisme de E.
La dérivation est bien linéaire. Soit f : x ↦ (ax²+bx+c)e^-x.
Pour tout x ∈ R, f’(x) = ...
La dérivation est donc donnée par une matrice (on verra ça ensemble plus tard).
Le DS est sur https://boilley.ovh/classes/hkbl/ds3.html