Exercices corrigés applications linéaires-djeddi kamel

On considère l’application f définie de 3IR vers 3IR par : ),,()),,(( zzxzyzyxf +−=

1) Montrer que l’application f est linéaire.

2) Calculer ff o et en déduire que f est un automorphisme.

3) Déterminer )( fKer et )Im( f .

Exercice 2

1) On considère l’application linéaire f définie de 3IR vers 4IR par :

),,,()),,((:),,( 3 zyxxzzyyxzyxfIRzyx +++++=∈∀

a) Calculer l’image de la base canonique de 3IR par f .

b) En déduire une base de )Im( f et le rang de f ( ))( frg .

c) Déterminer le noyau de f ( ))( fKer et en déduire le rang de f ( ))( frg .

2) Mêmes questions pour l’application linéaire g définie de 3IR vers 4IR par :

),,,()),,((:),,( 3 zyxzyxzyxzyxzyxgIRzyx −+−+−−+−−+=∈∀

1) Déterminer une base de )Im( f et une base de )( fKer pour chacune des applications

linéaires.

a) f définie de 3IR vers

2IR par : ),(),,( zyxzyxzyxf −−+−=

b) f définie de 3IR vers

2IR par : ),(),,( xzyzyxzyxf −+−−=

c) f définie de 2IR vers

3IR par : ),,(),( yxxyyxyxf −+−=

d) f définie de 3IR vers

3IR par : ),22,2(),,( zyxzyxzyxzyxf −+−++++=

e) f définie de 3IR vers

3IR par : ),,(),,( zyxzyxzyxzyxf −++−++=

2) Déterminer 1−f si elle existe.

Dans 3IR , on considère le sous espace vectoriel V défini par { }0/),,( 3 =−∈= zxIRzyxV .

1) Donner une base B du sous espace vectoriel V .

2) On considère l’application linéaire g définie de V vers 2IR par :

),()),,(( yxyxzyxg −+=

a) Calculer l’image de la base B par f et en déduire une base de )Im(g .

b) Montrer que g est un isomorphisme de V vers 2IR et déterminer 1−g .

Série 2: Applications linéairesExercice 1

Exercice 3

Exercice 4

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2015

Correction de l’exercice 1

1) Montrons que l’application f est linéaire.

♦ Soit ( )23),( IRyx ∈ : ),,( 321 xxxx = et ),,( 321 yyyy =

� On vérifie que 2),( IR∈∀ βα , on a : ( ) ( )yfxfyxf ..)..( βαβα +=+

♦ L’application f est alors linéaire.

2)

♦ Calcul de l’application ff o .

� ( )( ) ( )( ) ( )zzxzyfzyxffzyxffzzxzyzyxf ,,,,,,),,()),,(( +−==⇒+−= o

� ( )( ) ( ) ( ) ),,(,)(,)(,,,, zyxzzzyzzxzzxzyzyxff =+−−+=+−=⇒ o

� ⇒ 3IRIdff =o

♦ f est un automorphisme :

� L’application f est linéaire.

� L’application f est bijective et ff =−1 : 3IR

Idff =o

3) Déterminons )( fKer et )Im( f .

♦ Déterminons )( fKer : { })0,0,0(),,(/),,()( 3 =∈= zyxfIRzyxfKer

� )(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0,0(),,( =+− zzxzy

� ssi

==+=−

0

0

0

z

zx

zy

ssi

==−=

==

0

0

0

z

zx

zy

� { })0,0,0()( =fKer

♦ Déterminons )Im( f : >=< )(),(),(Im 321 efefeff , { }321 ,, eee une base de 3IR

� { }321 ,, eee la base canonique de 3IR : )0,0,1(1 =e , )0,1,0(2 =e , )1,0,0(3 =e

�

−======

)1,1,1()(

)0,0,1()(

)0,1,0()(

33

22

11

efu

efu

efu

: >=< 321 ,,Im uuuf

� On pose { }321 ,, uuuS = : >=< 321 ,,Im uuuf

Corrections

E-mail:[email protected]


1) ),,,()),,(( zyxxzzyyxzyxf +++++=

a) Calculons l’image de la base canonique { }321 ,, eee de 3IR par f .

===

⇒

===

)1,1,1,0()(

)1,0,1,1()(

)1,1,0,1()(

)1,0,0(

)0,1,0(

)0,0,1(

3

2

1

3

2

1

ef

ef

ef

e

e

e

b) Déduisons en une base de )Im( f et ( ))( frg

♦ Déterminons une base de )Im( f

� >>=<=< 321321 ,,)(),(),(Im uuuefefeff avec :

===

)1,1,1,0(

)1,0,1,1(

)1,1,0,1(

3

2

1

u

u

u

� Déterminons le rang du système { }321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg

� Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ?

0

00

0

0

0

)0,0,0,0(... 321

321

213

23

21

321

31

32

21

332211 ===⇒

=++=−=

−=−=

⇒

=++=+=+=+

⇒=++ ααα

αααααα

αααα

ααααααααα

ααα uuu

� Le système { }321 ,, uuuS = est alors libre 3)( =⇒ Srg

♦ { }321 ,, uuu est alors une base de fIm : 3Im IRf =

♦ ⇒== 3)dim(Im)( ffrg 3)( =frg

c) Déterminons une base de )( fKer et ( ))( frg

♦ Déterminons une base de )( fKer : { })0,0,0,0(),,(/),,()( 3 =∈= zyxfIRzyxfKer

� Déterminons le rang du système 321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg

o Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ?

o )0,0,0(.. 332211 =++ uuu ααα

o )0,0,0()1,1,1.()0,0,1.()1,0,1.( 321 =−++⇒ ααα

� )(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0,0,0(),,,( =++++++ zyxzxzyyx

� ssi

=++=+=+=+

0

0

0

0

zyx

zx

zy

yx

ssi

−−=−=

=−=−=

zxy

xz

xyz

yx

ssi 0=== zyx

♦ Donc : { })0,0,0()( =fKer , ( ) 0)(dim =fKer

♦ ( ) ( ) ⇒−=⇒=+ )(dim3)(dim)(dim)( 3 fKerfrgIRfKerfrg 3)( =frg

2) ),,,()),,(( zyxzyxzyxzyxzyxg −+−+−−+−−+=

a) Calculons l’image de la base canonique { }321 ,, eee de 3IR par g .

−−=−−=−−=

⇒

===

)1,1,1,1()(

)1,1,1,1()(

)1,1,1,1()(

)1,0,0(

)0,1,0(

)0,0,1(

3

2

1

3

2

1

eg

eg

eg

e

e

e

b) Déduisons en une base de )Im(g et ( ))(grg

♦ Déterminons une base de )Im(g

� >>=<=< 321321 ,,)(),(),(Im uuuegegegf avec :

−−=−−=−−=

)1,1,1,1(

)1,1,1,1(

)1,1,1,1(

3

2

1

u

u

u

� Déterminons le rang du système { }321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg

� Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ?

� { }321 ,, uuuS = est lié car 23 uu −= 3)( <⇒ Srg

• Cherchons si 2)( =Srg :

� Le système { }21,uu (ou bien { }31,uu ) est libre (calcul) 2)( =⇒ Srg

♦ { }21,uu et { }31,uu sont deux base de gIm : >>=<=< 3121 ,,Im uuuug

♦ ⇒== 2)dim(Im)( ggrg 2)( =grg

c) Déterminons une base de )(gKer et ( ))(grg

♦ Déterminons une base de )(gKer :

{ })0,0,0,0(),,(/),,()( 3 =∈= zyxgIRzyxgKer

� )(),,( gKerzyx ∈ ssi )0,0,0,0(),,,( =++++++ zyxzxzyyx

� ssi

=−+−=+−−

=+−=−+

0

0

0

0

)4(

)3(

)2(

)1(

zyx

zyx

zyx

zyx

ssi

+−=−+

zyx

zyx 0

)2(

)1( ssi

==

−+

zy

x 0

)2()1(

)2()1(

� ssi )1,1,0.(),,0(),,( yyyzyx == , ( )IRy ∈

♦ Donc : >=< )1,1,0()(gKer , ( ) 1)(dim =gKer

♦ ( ) ( ) ⇒−=⇒=+ )(dim3)(dim)(dim)( 3 gKergrgIRgKergrg 2)( =grg


1) Déterminons )( fKer et )Im( f .

a. ),(),,( zyxzyxzyxf −−+−=

� Déterminons une base de )( fKer : { })0,0(),,(/),,()( 3 =∈= zyxfIRzyxfKer

o )(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0(),( =−−+− zyxzyx

o ssi

=−−=+−

0

0

zyx

zyx ssi

−==−

yxz

yx 0 ssi

==

0z

yx

o >=< )0,1,1()( fKer , { })0,1,1( est une base de )( fKer

� Déterminons une base de )Im( f : >=< )(),(),(Im 321 efefeff

o { }321 ,, eee la base canonique de 3IR : )0,0,1(1 =e , )0,1,0(2 =e , )1,0,0(3 =e

o On pose { }321 ,, uuuS = avec

−==−−==

==

)1,1()(

)1,1()(

)1,1()(

33

22

11

efu

efu

efu

: >=< 321 ,,Im uuuf

o Déterminons le rang du système { }321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg

• Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ?

� { }321 ,, uuuS = est lié car 12 uu −= 3)( <⇒ Srg



o { }32,uu et { }31,uu sont deux base de fIm

o >>=<=< 3132 ,,Im uuuuf , 2Im IRf =

b. ),(),,( xzyzyxzyxf −+−−=

� Déterminons une base de )( fKer : { })0,0(),,(/),,()( 3 =∈= zyxfIRzyxfKer

o )(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0(),( =++−−− zyxzyx

o ssi

=++−=−−

0

0

zyx

zyx ssi 0=−− zyx ssi zyx += , ( )IRzy ∈,

o ssi )1,0,1.()0,1,1.(),,(),,( zyzyzyzyx +=+= , ( )IRzy ∈,

o Donc : >=< )1,0,1(),0,1,1()( fKer , { })1,0,1(),0,1,1( est une base de )( fKer




−==−==−==

)1,1()(

)1,1()(

)1,1()(

33

22

11

efu

efu

efu

: >=< 321 ,,Im uuuf



� { }321 ,, uuuS = est lié car 123 uuu −== 3)( <⇒ Srg


� Le système { }21,uu est lié car 12 uu −=

� Le système { }31,uu est lié car 13 uu −=

� Le système { }32,uu est lié car 23 uu =

• 2)( <⇒ Srg

o Le système { }1u est libre 1)( =⇒ Srg

o { }1u est alors une base de fIm : >=>=<=< 321Im uuuf

c. ),,(),( yxxyyxyxf −+−=

� Déterminons une base de )( fKer : { })0,0,0(),(/),()( 2 =∈= yxfIRyxfKer

o )(),( fKeryx ∈ ssi )0,0,0(),,( =−+− yxxyyx

o ssi

=+=−

0

0

yx

yx ssi

−==

yx

yx ssi 0== yx

o Donc : { })0,0()( =fKer

� Déterminons une base de )Im( f : >=< )(),(Im 21 efeff

o { }21,ee la base canonique de 2IR : )0,1(1 =e , )1,0(2 =e

o On pose { }21,uuS = , avec

−−====

)1,1,1()(

)1,1,1()(

22

11

efu

efu : >=< 21,Im uuf

o Déterminons le rang du système { }21,uuS = : 2)(1 ≤≤ Srg

• Cherchons si 2)( =Srg : { }21,uuS = est-il libre ? { }21,uuS = est libre (calcul)

o 2)( <⇒ Srg

o { }21,uuS = est alors une base de fIm : >=< 21,Im uuf

d. ),22,2(),,( zyxzyxzyxzyxf −+−++++=

� Déterminons une base de )( fKer : { })0,0,0(),,(/),,()( 3 =∈= zyxfIRzyxfKer

o )(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0,0(),22,2( =−+−++++ zyxzyxzyx

o ssi

=−+−=++

=++

0

022

02

)3(

)2(

)1(

zyx

zyx

zyx

ssi

=+−=+

=+

yzx

yzx

y

)(2

0

)3(

)2(

)3()1(

ssi

∈−=

=

IRx

xz

y 0

o ssi )1,0,1.(),0,(),,( −=−= xxxzyx , ( )IRx∈

o Donc : >−=< )1,0,1()( fKer




−====

−==

)1,2,1()(

)1,1,2()(

)1,2,1()(

33

22

11

efu

efu

efu

: >=< 321 ,,Im uuuf



� { }321 ,, uuuS = est lié car 13 uu = 3)( <⇒ Srg



o { }21,uu et { }32,uu sont deux base de fIm : >>=<=< 3221 ,,Im uuuuf

e. ),,(),,( zyxzyxzyxzyxf −++−++=

� Déterminons une base de )( fKer : { })0,0,0(),,(/),,()( 3 =∈= zyxfIRzyxfKer

o )(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0,0(),,( =−++−++ zyxzyxzyx

o ssi

=−+=+−=++

0

0

0

)3(

)2(

)1(

zyx

zyx

zyx

ssi

===

+−−

0

0

0

)3()2(

)2()1(

)3()1(

x

y

z

o Donc : { })0,0,0()( =fKer




−==−==

==

)1,1,1()(

)1,1,1()(

)1,1,1()(

33

22

11

efu

efu

efu

: >=< 321 ,,Im uuuf



� On vérifie que { }321 ,, uuuS = est libre (calcul).

• 3=⇒ S

o { }321 ,, uuu est alors une base de fIm : 3Im IRf =

� Pour déterminer une base de )Im( f , sans calcul, il suffit de remarquer que :

o f est injective car : { })0,0,0()( =fKer

o f est alors un endomorphisme injectif de 3IR , donc f est bijective.

o Donc f est surjective et alors 3Im IRf =

2) Déterminons 1−f , lorsqu’elle existe.

a. f définie de 3IR vers

2IR par : ),(),,( zyxzyxzyxf −−+−=

� 23 dimdim IRIR > , donc f ne peut pas être injective donc f ne peut pas être bijective :

o 2Im IRf = donc f est surjective.

o { })0,0,0()( ≠fKer donc f n’est pas injective.

b. f définie de 3IR vers

2IR par : ),(),,( xzyzyxzyxf −+−−=

� 23 dimdim IRIR > , donc f ne peut pas être injective donc f ne peut pas être bijective :

o 1)dim(Im =f , donc 2Im IRf ≠ donc f n’est pas surjective.


c. f définie de 2IR vers

3IR par : ),,(),( yxxyyxyxf −+−=

� 23 dimdim IRIR < , donc f ne peut pas être surjective donc f ne peut pas être

bijective :

o 2)dim(Im =f , donc 3Im IRf ≠ donc f n’est pas surjective.

o { })0,0()( =fKer donc f est injective.

o f définie de 3IR vers

3IR par : ),22,2(),,( zyxzyxzyxzyxf −+−++++=

� 33 dimdim IRIR = , donc f peut être bijective :

� f est bijective ssi f est injective ssi f est surjective

o 2)dim(Im =f donc 3Im IRf ≠ et f n’est pas surjective.


o f n’est alors pas un automorphisme de 3IR .

d. f définie de 3IR vers

3IR par : ),,(),,( zyxzyxzyxzyxf −++−++=

� 33 dimdim IRIR = , donc f peut être bijective :

� f est bijective ssi f est injective ssi f est surjective

o 3Im IRf = donc f est surjective.

o { })0,0,0()( =fKer donc f est injective.

o f est alors un automorphisme de 3IR .

♦ Déterminons alors 1−f .

� 1−f définie de 3IR vers

3IR par : ),,(),,(1 zyxZYXf =− ssi ),,(),,( ZYXzyxf =

� ),,(),,( ZYXzyxf = ssi ),,(),,( ZYXzyxzyxzyx =−++−++

� ssi

=−+=+−=++

Zzyx

Yzyx

Xzyx

)3(

)2(

)1(

ssi

+=−=−=

+−−

ZYx

YXy

ZXz

2

2

2

)3()2(

)2()1(

)3()1(

ssi

+=

−=

−=

ZYx

YXy

ZXz

2

1

2

12

1

2

12

1

2

1

♦ La bijection réciproque 1−f de ),,(),,( zyxzyxzyxzyxf −++−++= est alors définie de

3IR vers 3IR par :

−−+=− ZXYXZYZYXf2

1

2

1,

2

1

2

1,

2

1

2

1),,(1


1) Déterminons une base de { }0/),,( 3 =−∈= zxIRzyxV :

♦ Vzyx ∈),,( ssi 0== zx ssi )1,0,1.()0,1,0.(),,(),,( xyxyxzyx +== , ( )IRyx ∈,

♦ Donc : { })1,0,1(),0,1,0(=B est une base de V , 2dim =V

2) l’application linéaire g définie de V vers 2IR par : ),()),,(( yxyxzyxg −+=

a) Calculons l’image de la base B de V par g .

{ }

=−=

⇒

==

=)1,1()(

)1,1()(

)1,0,1(

)0,1,0(:,

2

1

2

121 ug

ug

u

uuuB

b) Montrons que g est un isomorphisme de V vers 2IR et déterminons 1−g .

♦ Montrons que g est un isomorphisme de V vers 2IR :

� g est une application linéaire de V vers 2IR et 2)dim(dim 2 == IRV

� Pour montrer que g est un isomorphisme, il suffit alors de montrer que g est injective

ou g est surjective.

� Montrons que g est injective : { })0,0,0()(?

=gKer

o Déterminons )(gKer : { })0,0(),,(/),,()( =∈= zyxgVzyxfKer

o )(),,( gKerzyx ∈ ssi

=−=+=−

0

0

0

yx

yx

zx

ssi 0=== zyx

o Donc : { })0,0,0()( =gKer

� g est alors injective donc bijective.

Ou bien :

� Montrons que g est surjective : 2

?

)Im( IRg =

o >>=<=< 2121 ,))(),(Im vvugugg avec :

=−=)1,1(

)1,1(

2

1

v

v

o Déterminons le rang du système { }21,vvS = : 2)(1 ≤≤ Srg

o Le système { }21,vvS = est libre (calcul) 2)dim(Im2)( =⇒=⇒ gSrg

o { }21,uu est alors une base de gIm : 2)Im( IRg =

� g est alors surjective donc bijective.

♦ g est alors un isomorphisme de V vers 2IR .

♦ Déterminons 1−g : ),,(),(1 zyxYXg =−

ssi ),(),,( YXzyxg = , avec Vzyx ∈),,(

� ( )VzyxYXzyxg ∈= ),,(),,(),,( ssi

=−=+=−

Yyx

Xyx

zx 0

)3(

)2(

)1(

� ssi

−=+=

=

−+

YXy

YXx

xz

2

2

)3()2(

)3()2(

)1(

ssi

−=

+=

+=

YXy

YXx

YXz

2

1

2

12

1

2

12

1

2

1

♦ L’isomorphisme réciproque 1−g de ),()),,(( yxyxzyxg −+= est alors définie de 2IR vers

par :

+−+=− YXYXYXYXg2

1

2

1,

2

1

2

1,

2

1

2

1),(1

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