#cours # Qu'est ce qu'une application linéaire >[!remarque] > Les applications qui vont aller d'un espace à un autre, > Par exemple, un réel vers un autre réel. > Maintenant on va faire des applications allant d'un vecteur à un autre. >[!definition] >__Application linéaire__: >Soient $E$ et $F$ deux espaces vectoriels sur le même corps $\mathbb{K}$. >On __appelle application linéaire de $E$ vers $F$__ toute application $f : E \to F$ vérifiant: >1. $\forall x,x' \in E \times E \,\,\,\, f(x+x') = f(x) + f(x')$ >2. $\forall \alpha \in \mathbb{K} \forall x \in E \,\,\,\, f( \alpha x) = \alpha f(x)$ > >Alors on dit aussi que $f$ est un __morphisme d'espaces vectoriels__ (c'est le vrai terme scientifique) et on note alors: $f : \mathcal{L}(E,F)$. >En particulier, on dit que $f$ est un __endomorphisme__ de $E$ lorsque $E = F$. Et on note: $f \in \mathcal{L}(E)$ >[!remarque] >On peut remplacer les deux conditions par: >$\forall (x,x') \in E^{2} \, \, \forall(\alpha, \beta) \in \mathbb{K}^{2} \, \, f(\alpha x + \beta x') = \alpha f(x) + \beta f(x')$ >En particulier, si $f \in \mathcal{L}(E,F)$ alors on a: $f(\mathbf{0}_{E})=\mathbf{0}_{F}$ >[!remarque] >En gros, on doit vérifier que: >$\begin{align*} f(x+x')&= f(x)+f(x')\\ f(\alpha x) &= \alpha f(x) \end{align*}$ ----- >[!remarque] >On peut dire que certaines fonctions sont linéaires directement en regardant au graphe. Si elle passe pas par l'origine, elle n'est pas linéaire ($f(0)=0$). Et si elle ne ressemble pas à une droite elle n'est pas linéaire non plus. >[!exemple] >L'application $x \in \mathbb{K} \to x^{2}\in \mathbb{K}$. >Elle n'est pas linéaire car: >$\begin{align*} f(1+1) &= f(2) &= 4\\ f(1)+f(1)&= 1+1&=2 \neq 4 \end{align*}$ > Donc ce n'est pas une application linéaire. >[!exemple] >Soit l'application: $\mathcal{D} : P \in \mathbb{K}[X] \to P' \in \mathbb{K}[X]$. >En gros, cette application prend un polynome et le dérive. >Donc on aura: >$\begin{align*} \mathcal{D}(P+Q) = (P+Q)' &= P' (=\mathcal{D}(P)) + Q' (= \mathcal{D}(Q))\\ &= \mathcal{D}(P) + \mathcal{D}(Q) \end{align*}$ > De plus: > $\begin{align*} \mathcal{D}(\alpha P) = (\alpha P)' &= \alpha P' (=\mathcal{D}(P))\\ &= \alpha \mathcal{D}(P) \end{align*}$ >[!exemple] >Soit l'application $x \in \mathbb{K} \to ax \in \mathbb{K}$. On vérifie le point (1) et (2): >$\begin{align*} \forall x, x' \in \mathbb{K}^{2}\\ f(x+x') = a(x+x') &= a x + a x'\\ &= f(x) + f(x') \end{align*}$ > De plus: > $\begin{align*} f(\alpha x) = \alpha a x &= \alpha a x \\ &= \alpha f(x)\end{align*}$ >[!exemple] >Soient $a,b$ dans $\mathbb{K}$ et $f: x \in \mathbb{K} \to (ax,bx) \in \mathbb{K}^{2}$ (en gros, on prend une valeur $x$ qui serra déplacée dans $\mathbb{K}^2$). > $ \begin{align*} f : x \in \mathbb{K} \to (ax,bx) \in \mathbb{K}^{2}\\ \text{Soit} x \in \mathbb{K} \text{ et } x' \in \mathbb{K}\\ f(x+x') &= (a(x+x'),b(x+x'))\\ &= ((ax+ax'),(bx+bx'))\\ &= (ax,bx)+(ax',bx')\\ f(x+x')&= f(x)+f(x') \end{align*}$ > De plus, on vérifie le (2): > $ \begin{align*} \text{Soit} x \in \mathbb{K} \text{ et } \alpha \in \mathbb{K}\\ f( \alpha x) &= (a(\alpha x),b(\alpha b x))\\ &= \alpha(a x,b x)\\ f( \alpha x) &= \alpha f(x)\\ \end{align*}$ >[!exemple] >__NOTE__: dans cet exemple, j'utilises des matrices verticales pour que ce soit plus lisible, mais c'est pas la bonne notation. Donc en théorie c'est en ligne. >Soit $f : (x,y) \in \mathbb{K}^{2} \to \begin{pmatrix}ax+by\\ cx+dy\end{pmatrix} \in \mathbb{K}^{2}$ avec $a,b,c,d$ dans $\mathbb{K}$ . On vérifie que $f \in \mathcal{L}(\mathbb{K}^{2})$. >Ainsi, la fonction prend un point $(x,y)$ et le transforme dans la position $(ax+by, cx+dy)$. >__On vérifie le (1):__ >Soit $\vec{u}=(x,y) \in \mathbb{R}^2$ >et $\vec{v}=(x',y') \in \mathbb{R}^2$ >Alors: >$\begin{align*} f(\vec{u}+\vec{v}) &= f((x,y)+(x',y'))\\ &= f((x+x', y+y'))\\ &= \begin{pmatrix}a(x+x')+b(y+y')\\ c(x+x') + d(y+y')\end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix}ax+ax'+by+by'\\ cx+cx' + dy+dy'\end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix}ax+by+ax'+by'\\ cx+dy+cx'+dy'\end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix}ax+by\\ cx+dy\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}ax'+by'\\ cx'+dy'\end{pmatrix}\\ &= f(\vec{u}) + f(\vec{v}) \end{align*}$ > __Note__: on devra peut être 1 ou 2 fois dans notre vie, mais finalement on trouvera une méthode plus simple > __On vérifie le (2)__: > $\begin{align*} \forall \alpha \in \mathbb{R} \, f(\alpha \vec{u}) &= f(\alpha( x, y))\\&= f((\alpha x, \alpha y))\\ &= \begin{pmatrix}a (\alpha x)+b(\alpha y)\\ c( \alpha x) + d(\alpha y)\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}\alpha(a x+ b y)\\ \alpha (c x+ d y\end{pmatrix}\\ &= \alpha \begin{pmatrix}ax+by\\ cx+dy\end{pmatrix}\\ &= \alpha f(\vec{u}) \end{align*}$ > Donc c'est une application linéaire; > De plus, c'est un __endomorphisme__ car l'ensemble d'entrée $\mathbb{R}^2$ est le même que sortie $\mathbb{R}^{2}$. ----- >[!definition] >Soient $E$ et $F$ deux $\mathbb{K}$-espaces vectoriels et $f \in \mathcal{L}(E,F)$. >- Si $f$ est bijective alors $f$ est un __isomorphisme__ de $E$ dans $F$. >- Si $E=F$ et $f$ bijective, alors $f$ est un __automorphisme__ de $E$. >- Si $F = \mathbb{K}$ alors $f$ est une __forme linéaire__ sur $E$. >[!remarque] >il redéfinira rapidement __Isomorphisme__ à chaque exercice >[!exemple] >Soient $a,b$ dans $\mathbb{K}$ et $f: (x,y) \in \mathbb{K}^{2} \to ax+by \in \mathbb{K}$ On vérifie que $f \in \mathcal{L}(\mathbb{K}^{2}, \mathbb{K})$ C'est une forme linéaire. >Car: >__On vérifie le (1)__: >Soit $\vec{u}=(x,y) \in \mathbb{R}^2$ >et $\vec{v}=(x',y') \in \mathbb{R}^2$ >Alors: >$\begin{align*} f(\vec{u}+\vec{v}) &= f((x,y)+(x',y'))\\ &= f((x+x', y+y'))\\ &= a(x+x') + b(y+y')\\ &= (ax + by) + (ax' + by')\\ f(\vec{u}+\vec{v}) &= f(\vec{u})+f(\vec{v}) \end{align*}$ > La vérification du __(2)__: >$\begin{align*} f(\alpha \vec{u}) &= f(\alpha (x,y))\\ &= f((\alpha x,\alpha y ))\\ &= a(\alpha x) + b(\alpha y)\\ &= \alpha (ax + by) \\ f(\alpha \vec{u}) &= \alpha f(\vec{u}) \end{align*}$ >[!exemple] >Soient $a,b$ deux réels avec $a<b$ et $\mathcal{C}^{0}([a,b])$ l'ensemble des fonctions continues sur $[a,b]$ et à valeurs dans $\mathbb{R}$. Alors l'application: $\phi : \mathcal{C}^{0}([a,b]) \to \mathbb{R}$ __définie__ par: >$\forall f \in \mathcal{C}^{0}([a,b]) \, \, \phi(f) = \int_{a}^{b} f(x) \, dx $ >Car vérification __1__ et __2__ d'un coup: >Je prend deux fonctions, $f$ et $g$ deux applications continues sur $[a,b]$ et $\alpha, \beta \in \mathbb{R}^{2}$. >On aura: >$\begin{align*} \phi (\alpha f + \beta g) &= \int_{a}^{b} (\alpha f + \beta g) \, dx \\ &= \int_{a}^{b} (\alpha f)\, dx + \int_{a}^{b}(\beta g) \, dx \\ &= \alpha \int_{a}^{b} ( f)\, dx + \beta \int_{a}^{b}( g) \, dx \\ \phi (\alpha f + \beta g) &=\alpha \phi ( f) + \beta \phi ( g) \end{align*}$ > Ainsi, c'est une forme linéaire ; --------- >[!remarque] >l'opération phi c'est l'opération << est que je t'intègreu >> >nouvel opérateur très puissant # Opérations sur les applications linéaires >[!proposition] >Soient $E$, $F$ deux $\mathbb{K}$-espaces vectoriels >- Si $f \in \mathcal{L}(E,F)$ et $g \in \mathcal{L}(E,F)$ alors $f+g \in \mathcal{L}(E,F)$ >- Si $f \in \mathcal{L}(E,F)$ et $\lambda \in \mathbb{K}$ alors $\lambda f \in \mathcal{L}(E,F)$. >- Si $f$ est un __isomorphisme__ de $E$ dans $F$ sa réciproque $f^{-1}$ est elle aussi un __isomorphisme__ de $F$ dans $E$. >[!proposition] >Soient $E$,$F$,$G$ trois $\mathbb{K}$-espaces vectoriels >Si $f \in \mathcal{L}(E,F)$ et $g \in \mathcal{L}(F,G)$ alors $g \circ f \in \mathcal{L}(E,G)$ >[!remarque] >La fonction identité définie sous la forme: >$\begin{align*} id_{e} :&& E &\to E \\ &&\vec{x} &\to \vec{x} \end{align*}$ > Elle est également un espace vectoriel car soit $x, x' \in E$ > car $id_{E}(\vec{x}+\vec{x'})=\vec{x}+\vec{x'} = id_{E}(\vec{x})+id_{E}(\vec{x'})$ >[!definition] >__Puissance d'endomorphisme:__ > Soit $f$ un endomorphisme, d'un $\mathbb{K}$-espace vectoriel $E$, on note: > $\left[\forall k \in \mathbb{N}^{*}= f \circ f \circ \dots \circ f (\text{k fois})\right]$ > On dit que $f$ est __nilpotent__ s'il existe $k \in \mathbb{N}^{*}$ tel que : $f^{k} = 0$ > En gros, lorsqu'on les appliques à elles même pleins de fois, elle donnent à un moment la fonction $0$. ------ >[!proposition] >Soient $p,n$ deux entiers naturels non nuls. Soit $f$ l'application qui va de $\mathbb{K}^{p}$ vers $\mathbb{K}^{n}$ qui à $(x_{1},x_{2},\dots, x_{p})$ associe $(y_{1},y_{2},\dots,y_{n})$ où: >$\begin{cases} y_{1} = a_{(1,1)} x_{1} + a_{(1,2)} x_{2} + \dots + a_{1,p}x_{p}\\ y_{2} = a_{(2,1)} x_{1} + a_{(2,2)} x_{2} + \dots + a_{2,p}x_{p} \\ \dots\\ y_{n} = a_{(n,1)} x_{1} + a_{(n,2)} x_{2} + \dots + a_{n,p}x_{p} \end{cases}$ > C'est à dire que chaque $y_{i}$ est une combinaison linéaire de $x_{1}, x_{2},\dots, x_{p}$. Alors $f$ est une application linéaire. On note: $f \in \mathcal{L}(\mathbb{K}^{p}, \mathbb{K}^{n})$ >[!exemple] >L'application $f: \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{3}$ qui au vecteur $(x,y,z)$ associe le vecteur $(x+y,y+z,x+2y+z)$. >Ainsi, c'est linéaire, de plus c'est un endomorphisme de $\mathbb{R}^{3}$. >[!exemple] >L'application $(x,y) \in \mathbb{R}^{2}\to (x+y^{2}, 2x+y) \in \mathbb{R}^{2}$ elle n'est pas linéaire a cause du $y^2$ > ----- >[!proposition] >Soient $E,F$ deux $\mathbb{K}$ espace vectoriels et $f \in \mathcal{L}(E,F)$ pour tout $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\dots,\mathbf{v}_{m}$ dans $E$ et $\alpha_{1}, \alpha_{2},\dots,\alpha_{m}$ dans $\mathbb{K}$: >$f(\alpha_{1}\mathbf{v}_{1} + \alpha_{2}\mathbf{v}_{2}\dots+\alpha_{m}\mathbf{v}_{m}) = \alpha_{1}f(\mathbf{v}_{1})+\alpha_{2}f(\mathbf{v}_{2})\dots+\alpha_{m}f(\mathbf{v}_{m})$ Soit $f \in \mathcal{L}(E,F)$. Supposons l'espace $E$ de dimension $p$. Notons $\mathcal{B}_{E} = \mathbf{u}_{1},\mathbf{u}_{2},\dots,\mathbf{u}_{p}$ une base de $E$. Soit $\mathbf{x}$ un vecteur quelconque de $E$. Décomposons le dans la base $\mathcal{B}_{E}$: $ \mathbf{x}=\alpha_{1}\mathbf{u}_{1}+\alpha_{2}\mathbf{u}_{2}\dots+\alpha_{p}\mathbf{u}_{p} $ où $\alpha_{1},\alpha_{2},\dots,\alpha_{p}$ son tles coordonnées de $\mathbf{x}$ dans $\mathcal{B}$. Alors : $f(\mathbf{x})=f(\alpha_{1}\mathbf{u}_{1} + \alpha_{2}\mathbf{u}_{2}\dots+\alpha_{m}\mathbf{u}_{m}) = \alpha_{1}f(\mathbf{u}_{1})+\alpha_{2}f(\mathbf{u}_{2})\dots+\alpha_{m}f(\mathbf{u}_{m})$ Ainsi, pour reconnaître une application linéaire, il est __suffisant__ de connaître son action sur une __base__ de son __espace de départ.__ >[!exemple] >Soit $f$ l'application linéaire de $\mathbb{R}^{3}$ dans $\mathbb{R}^3$ tel que: $ \begin{cases} f((1,0,0))&= (1,0,1)\\ f((0,1,0))&= (1,1,2) \\ f((0,0,1)) &= (0,1,1) \end{cases}$ > Quelle est l'expression de $f$ ? Soit $(x,y,z)$ dans $\mathbb{R}^3$ On aura: > $(x,y,z)=x(1,0,0)+y(0,1,0)+z(0,0,1)$ > Ce qui produit: > $\begin{align*} f((x,y,z))&= f(x(1,0,0)+y(0,1,0)+z(0,0,1))\\ &= xf((1,0,0)) + yf((0,1,0)) + zf((0,0,1))\\ &= x(1,0,1)+y(1,1,2)+z(0,1,1)\\ &= (x+y, y+z,x+2y+z) \end{align*}$ > Ainsi, $f$ est l'endomorphisme de $\mathbb{R}^{3}$ qui au vecteur $(x,y,z)$ associe le vecteur $(x+y, y+z,x+2y+z)$. >[!remarque] >Ainsi, l'application $f$ dans l'exemple peut être définie et résumé à: >$ \begin{cases} f((1,0,0))&= (1,0,1)\\ f((0,1,0))&= (1,1,2) \\ f((0,0,1)) &= (0,1,1) \end{cases}$ Ce qui peut être transformé en une matrice plus tard. # Matrice associée à une application linéaire >[!definition] >Soient $E,F$ deux $\mathbb{K}$ espaces vectoriels de dimensions finies et $f \in \mathcal{L}(E,F)$. On appelle __matrice de f dans les bases $\mathcal{B}_{E}$ et $\mathcal{B}_{F}$__ et on note $[f]_{\mathcal{B}_{E},\mathcal{B}_{E}}$ le tableau où la $j$-ème colonne contient les coordonnées (dans la base d'arrivée $\mathcal{B}_{F}$) de l'image par $f$ du $j$-ème vecteur de la base de départ $\mathcal{B}_{E}$. Ainsi, soit un $\mathbb{K}$-espace de dimension $p$ de base $\mathcal{B}_{E}=(\mathbf{u}_{1},\dots,\mathbf{u}_{p})$ et $F$ un $\mathbb{K}$ -espace de dimension $n$ de base $\mathcal{B}_{F}= (\mathbf{v}_{1}\dots,\mathbf{v}_{n})$. Décomposons dans la base d'arrivée $\mathcal{B}_{F}$ les images par $f$ de tous les vecteurs de la base de départ $\mathcal{B}_{E}$. $ \begin{cases} f(\mathbf{u_{1}}) = a_{(1,1)} \mathbf{v_{1}}+a_{(2,1)}\mathbf{v}_{2}+\dots+a_{(n,1)}\mathbf{v}_{n} \\ \dots\\ f(\mathbf{u_{p}}) = a_{(n,p)} \mathbf{v_{1}}+a_{(2,p)}\mathbf{v}_{2}+\dots+a_{(n,p)}\mathbf{v}_{n} \end{cases} $ Ce qui donnera la matrice: $ [f]\mathcal{B}_{E}\mathcal{B_{F}} = \begin{pmatrix} a_{(1,1)} & a_{(1,2)} & \dots & a_{(1,p)} \\ \dots \\ a_{(n,1)} & a_{(n,2)} & \dots & a_{(n,p)} \\ \end{pmatrix} $ Ainsi, la matrice possède $n$ lignes et $p$ colonnes >[!exemple] > [CF POLI] > j'ai essayé mais il est speed up à la fin # Noyaux ![[1 cm 10 - Les applications linéaires 2023-12-01 15.42.17.excalidraw.svg]] --- Rappelons que si $f \in \mathcal{L}(E,F)$ alors: $f(0_{E})=0_{F}$. Cela signifie que $0_{F}$ possède ainsi au moins un antécédent (à savoir $0$_E_) par l'application $f$. Mais en possède-t-il d'autres ? >[!definition] >Soient $E,F$ deux $\mathbb{K}$-espaces vectoriels et $f \in \mathcal{L}(E,F)$. On appelle __noyau de f__ et on note $Ker f$ le sous ensemble de l'espace de départ $E$ définie par: >$Ker \, f = \{\mathbf{x} \in E | f(\mathbf{x}) = \mathbf{0}_{F}\}$ >[!remarque] >Si la fonction est bijective il n'y a qu'un seul membre dans le noyau J'insiste: le noyau d'une application linéaire est un sous-ensemble de l'espace de départ ( Ker est toujours dans e) et non de l'espace d'arrivée. Le noyau de $f$ n'est ni plus ni moins que l'ensemble de tous les antécédents par $f$ du vecteur nul $0_{F}$ de l'espace d'arrivée. Il n'est jamais vide puisqu'il contient (au moins) le vecteur nul $0_{E}$ de l'espace de départ. La question est en contient-il d'autres? >[!proposition] >Soient $E,F$ deux $\mathbb{K}$ espaces vectoriels et $f \in \mathcal{L}(E,F)$. Alors $Ker \, f$ est un sous-espace vectoriel de l'espace de départ $E$. > ------- >[!demonstration] >- Le vecteur nul $0_{E}$ appartient à $Ker \, f$ car $f(0_{E})=0_{F}$ puisque $f$ est linéaire, Ainsi: $Ker \, f \neq 0$. >[!demonstration] >- Soient $x$ et $x'$ deux vecteurs appartenant au noyau de $f$ et $\alpha,\beta$ deux scalaires. Montrons que le vecteur $\alpha x + \beta x'$ appartient aussi au noyau de $f$. > - Puisque $x \in Ker \, f$, on a: $f(x)=0_{F}$ > - Puisque $x' \in Ker \, f$ on a: $f(x')=0_{F}$ >Par conséquent par linéarité de $f$: >$ f(\alpha x + \beta x') = \alpha f(x) + \beta f(x') = \alpha 0_{f} + \beta 0_{f} = 0_{f} $ >[!exemple] >Reprenons l'endomorphisme $f$ de $\mathbb{R}^{3}$ qui $(x,y,z)$ associe: >$(x+y, y+z, x+2y+z)$ >__Déterminons son noyau__. On sait que $(0,0,0) \in Ker f$. Mais Y en a-t-il d'autres ? >On cherches alors $(x+y, y+z, x+2y+z) \in Ker f$. >$\begin{align*} (x+y, y+z, x+2y+z) \in Ker f \\ (x+y, y+z, x+2y+z) &= (0,0,0)\\ &\begin{cases} x+&y& &= 0 \\ &y+&z &= 0 \\ x+&2y+&z&= 0 \end{cases}\\ (x,y,z) &= (z,-z,z)\\ (x,y,z) &= z (1,-1,1)\\ Ker f &= \{(z,-z,z) | z \in \mathbb{R}\} \end{align*}$ > Ainsi, ici, le noyau est une droite. Et donc il y a une infinité de vecteurs ------ ## Caractérisation de l'injectivité >[!rappel] >soit $f$ une fonction injective, $f(x) = f(x') \implies x = x'$. Car tout élément dans l'ensemble d'arrivée possède au plus un antécédent. >[!proposition] >Si on prend, $E,F$ deux $\mathbb{K}$ espaces vectoriels, et $f \in \mathcal{L}(E,F)$. Pour que $f$ soit __injective__, il faut et il suffit que le noyau soit exclusivement le vecteur __nul__. >[!demonstration] >__Démonstration injective => le noyau à un seul membre__ > Supposons $f$ injective, et déduisons-en que son noyau est réduit au vecteur nul. Considérons pour cela un vecteur $x$ appartenant au noyau de $f$ et montrons qu'il est égal au vecteur nul. Puisque $x \in Ker f, f(\mathbf{x})=\mathbf{0_{F}}$, or $f(\mathbf{0_{E}})=\mathbf{0_{F}}$. Donc $f(\mathbf{x})=f(\mathbf{0}_{E})$. D'où $x = \mathbf{0_E}$ puisque $f$ est injective. >[!demonstration] >__Démonstration le noyau à un seul membre => injective__ > Supposons $Ker f = {\mathbf{0_{E}}}$ et déduisons-en que $f$ est injective. Soient $\mathbf{x},\mathbf{x'}$ dans $E$, tels que $f(\mathbf{x}) = f(\mathbf{x'})$. Or $f(\mathbf{x})=f(\mathbf{x'}) \leftrightarrow f(\mathbf{x}) - f(\mathbf{x'}) = \mathbf{0_{F}} \leftrightarrow f(\mathbf{x}-\mathbf{x'})=\mathbf{0}_{F}$ . > Donc $\mathbf{x}-\mathbf{x'} \in Ker f$. Or ayant $Ker f = 0_{E}$, donc $x-x' = 0$. Donc $x=x'$. Donc elle est injective >[!exemple] >L'endomorphisme $f$ de $\mathbb{R}^{3}$ qui au vecteur $(x,y,z)$ associe le vecteur $(x+y,y+z,x+2y+z)$ n'est pas injectif car le $Ker f$ est une droite, et pas exclusivement un point. >[!exemple] >Soit $\phi(P)=P + 1-X(P')$ pour tout $P \in \mathbb{R}_{2}[X]$. >__Démonstration que $\phi$ est linéaire__: $\begin{align*} P \in \mathbb{R}_{2}[X] \\ Q \in \mathbb{R}_{2}[X] \\ (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^{2}\\ \phi(\alpha P + \beta Q) &= \alpha P + \beta Q + (1-X)(\alpha P + \beta Q)'\\ &= \alpha P + \beta Q + (1-X)(\alpha P'+ \beta Q')\\ &= \alpha P + \beta Q + (1-X)\alpha P'+ (1-X)\beta Q'\\ &= \alpha P + (1-X)\alpha P'+ \beta Q + (1-X)\beta Q'\\ &= \alpha(P + (1-X) P')+ \beta(Q + (1-X)Q')\\ &= \alpha\phi (P) + \beta\phi(Q) \end{align*}$ > Elle est linéaire. > __Est-t-elle injective__ ?: > Déterminons pour cela son noyau. > Soit $P=a X^{2}+bX + c$, avec $a,b,c$ dans $\mathbb{R}$. On aura: > $\begin{align*} \phi(P) &= aX^{2}+ bx + c + (1-X)(2aX+b) &= -aX^{2}+2aX + b + c \end{align*}$ > Ainsi, dire que $P \in Ker \phi$ c'est équivalent à dire: $-aX^{2}+2aX + b + c = 0$. Càd $a=0$ et $c=-b$. D'où: $P= bX-b=b(X-1)$. Avec $b \in \mathbb{R}$. > On peut alors dire que: > $Ker \phi = \{ b(X-1) | b \in \mathbb{R} \}= Vect(X-1)$ > Ainsi, le noyau est une droite de dimension $1$. Le noyau n'est pas réduit à un seul membre nul, donc la fonction n'est pas injective. # Image d'une application linéaire >[!rappel] >Dire une imaged de $f$: $Im \, f = \{f(\mathbf{x}) | \mathbf{x} \in E\} = f(E)$. C'est forcément un sous ensemble de l'espace d'arrivée: $Im \, f \inc F$ et non de l'espace de départ. >[!proposition] >Si on prend, $E,F$ deux $\mathbb{K}$ espaces vectoriels, et $f \in \mathcal{L}(E,F)$. Alors $Im \, f$ est un sous-espace vectoriel de l'espace d'arrivée $F$. >[!demonstration] >- Le vecteur $\mathbf{0}_{F} \in Im \, F$ car $\mathbf{0}_{F}=f(\mathbf{0_{E}})$. Ainsi, $\mathrm{Im} \,f \neq \emptyset$ >- Soient $y,y'$ deux vecteur de $Im \, f$ et $\alpha, \beta$ dans $\mathbb{K}$. >- Montrons que le vecteur $\alpha y+ \beta y'$ appartient aussi à $Im f$. > - Puisque $y \in \mathrm{Im} f$ il existe $x \in E$ $y = f(\mathbf{x})$. > - Puisque $y' \in \mathrm{Im} f$ il existe $x' \in E$ $y' = f(\mathbf{x'})$. > >Par conséquent: $\alpha y + \beta y' = \alpha f(x)+\beta f(x')=f(\alpha x + \beta x')$. >Ce qui montre que le vecteur $\alpha y + \beta y'$ est l'image par $f$ du vecteur $\alpha x + \beta x' \in E$ autrement dit que $\alpha y + \beta y' \in Im \,f$. ## Caractérisation de la surjectivité >[!rappel] >Dire qu'une fonction est surjective est équivalent à dire que tout élément de $B$ admet au moins un antécédent dans $A$ par $f$. Ce qui est équivalent à dire que $\mathrm{Im} f = B$ >![[1 cm 10 - Les applications linéaires 2023-12-06 08.40.00.excalidraw.svg]] >[!proposition] >Si on prend, $E,F$ deux $\mathbb{K}$ espaces vectoriels, et $f \in \mathcal{L}(E,F)$. Pour que $f$ soit __surjective__, il faut et il suffit que $\mathrm{Im} f = F$ >[!demonstration] >Rappelons que toute application $f$ d'un ensemble $A$ dans un ensemble $B$ on a l'équivalence: >$f \text{ surjective } \leftrightharpoons f(\mathbf{A})=\mathbf{B}$ >où $f(A)= \{f(x)|x \in A\} \inc B$. En ârticulier, elle est vraie dans le cas d'une application linéaire $f$ d'un espace vectoriel $E$ dans un espace vectoriel $F$. L'ensemble $f(e)$ étant noté $\mathrm{Im} f$, on a donc: >$f \text{ surjective } \leftrightharpoons \mathrm{Im} f = \mathbf{F}$ >[!remarque] >Pour montrer que $f \in \mathcal{L}(E,F)$ n'est pas surjective, il suffira donc de montrer que $\mathrm{Im} f \ninc F$ en vérifiant par exemple, que: >$dim (\mathrm{Im} f) \neq dim(F)$ # Image d'une famille par une application linéaire ## Préambule >[!proposition] >Si on prend, $E,F$ deux $\mathbb{K}$ espaces vectoriels, et $f \in \mathcal{L}(E,F)$. Considérons une famille $\mathcal{F}_{E}$ de vecreurs de l'espace de départ $E$. L'image par $f$ de cette famille est alors une famille de vecteurs de l'espace d'arrivée $F$. Par exempke si $\mathcal{F}_{E} = (\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\dots,\mathbf{v}_{m})$. > La question qui nous brûle les lèvres est la suivante: >[!problem] >Si la famille $\mathcal{F}_{E}$ est une base de l'espace de départ $E$ alors la famille $f(\mathcal{F}_{E})$ est elle une base de l'espace d'arrivée $F ?$ On peut décomposer cette question en deux sous question: - l'image d'une famille génératrice de l'espace de départ $E$, est-elle génératrice de l'espace d'arrivée $F$ ? - La réponse serra __oui__ si $f$ est surjective - L'image d'une famille libre dans $E$ est elle libre dans $F$ ? - La réponse serra __oui__ si $f$ est injective ## Image d'une famille génératrice >[!proposition] >Si on prend, $E,F$ deux $\mathbb{K}$ espaces vectoriels, et $f \in \mathcal{L}(E,F)$. Et $\mathcal{F}_{E}$ une famille de vecteurs de l'espace de départ $E$. Si $\mathcal{F}_{E}$ engendre $E$ alors $f(\mathcal{F}_{E})$ engendre le sous-espace $\mathrm{Im} f$ de l'espace d'arrivé $F$ >[!remarque] >Si on retire les abstractions, un exemple d'image de $f$ serrait un plan, alors qu'un espace d'arrivée serrait $\mathbb{R}^{3}$. Donc, tout les éléments du plans ne représentent par $\mathbb{R}^{3}$. >[!demonstration] >Soit $\mathcal{F}_{E}=(\mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{2},\dots, \mathbf{v}_{m})$ génératrice de $E$. Déduisons que tout vecteur $\mathrm{Im} f$ s'écrit comme une combinaison linéaire de la famille $f(\mathcal{F}_{E})=(f(\mathbf{v}_{1}), f(\mathbf{v}_{2}),\dots, f(\mathbf{v}_{m}))$. Soit $y \in \mathrm{Im} f$. Il existe donc $x \in E$ tel que $y = f(x)$. Or, puisque $E$ est engendré par $\mathcal{F}_{E}$, il existe $\alpha_{1},\dots$ t dans $\mathbb{K}$ tel que $x = \dots$ >On en déduit alors [CF POLI] > >[!exemple] >Reprenons l'endomorphisme $f$ de $\mathbb{R}^{3}$ qui au vecteur $(x,y,z)$ associe le vecteur $(x+y,y+z,x+2y+z)$. >Si on prend la famille génératrice de l'espace de départ, on prend la famille canonique. >$\mathcal{B}_{c} = ((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1))$ >cette base est génératrice de l'espace de départ $\mathbb{R}^{3}$ On a alors: >$\begin{align*} \mathrm{Im} f = Vect(f(\mathcal{B}_{c})) &= Vect(f((1,0,0)), f((0,1,0))\\ &= Vect((1,0,1),(1,1,2),(0,1,1)) \\ &= Vect((1,0,1), (0,1,1)) &\text{Car: } (1,1,2) = (1,0,1) + (0,1,1) \end{align*}$ >Les deux vecteurs formemnt une famille ibre et donc une base de $\mathrm{Im}$ $f$ d'où $dim(\mathrm{Im} >)$ [CF POLI] ---- >[!corollaire] >Soient $E$,$F$ deux $\mathbb{K}$ espace vectoriels et $f \in \mathcal{L}(E,F)$. Si __l'espace de départ $E$ est de dimension finie__ alors $\mathrm{Im}f$ est de dimension __finie__. Mais en plus on a: >$dim(\mathrm{Im}f) \leq dim(E)$ > On dit alors qu'une application linéaire ne peut pas "augmenter" la dimension. >[!demonstration] >Supposons $E$ de dimension finie. Notons $p = dim(E)$ et $\mathcal{B}_{E}=(u_{1},\dots,u_{p})$ (qui est libre et génératrice. Alors: >$\mathrm{Im} f = Vect(f(\mathcal{B_{E}}))=Vect(f(\mathbf{u_{1}}),\dots,f(\mathbf{u_{p}}))$>En sachant que ce n'est pas nécéssairement libre, ni une base de $\mathrm{Im}f$. Et donc, on en déduit que $dim(\mathrm{Im} f) \leq p$ en sachant que $p=dim(E)$. >[!remarque] >Si __l'espace d'arrive $F$ est aussi de dimension finie, alors $dim(\mathrm{Im}f) \leq dim(F)$.__ ## Image d'une famille libre >[!proposition] >Si on prend, $E,F$ deux $\mathbb{K}$ espaces vectoriels, et $f \in \mathcal{L}(E,F)$. Et $\mathcal{F}_{E}$ une famille de vecteurs libre de l'espace de départ $E$. Si $f$ est __injective__ alors $f(\mathcal{F}_{E})$ est une famille libre dans $F$. >[!demonstration] >Soit $\mathcal{F}_{E}=(\mathbf{v}_{1},\dots,\mathbf{v}_{m})$ une famille libre de $E$. Supposons l'application linéaire $f$ injective et déduisons-en que la famille $f(\mathcal{F}_{E})=(f(\mathbf{v}_{1}),\dots,f(\mathbf{v}_{m}))$ est libre dans $F$. Considérons cela $\alpha_{1},\dots,\alpha_{m}$ dans $\mathbb{K}$ tels que: >$0_{F}=\alpha_{1}f(\mathbf{v}_{1})+\dots+\alpha_{m}f(\mathbf{v}_{m})$ >Ou encore par __linéarité de $f$__: >$0_{F}=f(\alpha_{1}\mathbf{v}_{1}+\dots+\alpha_{m}\mathbf{v}_{m})$ >Et donc: >$\alpha_{1}\mathbf{v}_{1}+\dots+\alpha_{m}\mathbf{v}_{m} = 0$ puisque par hypothèse $f$ est injective. On en déduit alors que $\alpha_{1}=\dots=\alpha_{m}=0$ et donc ça forme une famille libre dans $E$. ## Image d'une base >[!proposition] >Si on prend, $E,F$ deux $\mathbb{K}$ espaces vectoriels, et $f \in \mathcal{L}(E,F)$. Et $\mathcal{B}_{E}$ une base de $E$. $f$ est __bijective__ (et donc __injective__), si et seulement si, $f(\mathcal{B}_{E})$ est une base de $F$. >[!remarque] >Pour prouver qu'une application est bijective, on prend une base dans l'ensemble de départ $E$, puis on prouve que l'image est une base de $F$. Et donc, cela démontre que l'application est __bijective__. > Alors, $f(\mathcal{B}_{E})$ serra génératrice de $\mathrm{Im}f$. De plus, si $f$ est surjective, $\mathrm{Im}f=F$ >[!exemple] >Soit l'endomorphisme $f : (x,y) \in \mathbb{R}^{2} \to (3x-4y,x-y) \in \mathbb{R}^{2}$. >Soit $\mathcal{B}_{C}=((1,0),(0,1))$ la base canonique de $\mathbb{R}^{2}$ on aura: >$\begin{align*} \begin{cases} f((1,0))&= (3,1) \\ f((0,1))&= (-4,-1) \end{cases} \end{align*}$ > Il est clair que les deux vecteurs $(3,1)$ et $(-4,-1)$ ne sont pas colinéaires. Donc la famille $f(\mathcal{B}_{c})=((3,1),(-4,-1))$ est donc une base de $\mathbb{R}^{2}$. On en déduit que $f$ est bijective. C'est donc un __automorphisme__ de $\mathbb{R}^{2}$ >[!remarque] >$\mathrm{Im} f = \mathbb{R}^{2}$ car $f$ injective. >$\text{Ker} f=\{(0,0)\}$ car $f$ est injective. >De plus: >$\begin{align*} dim(\text{Espace départ})&= dim(Ker f) + dim(\mathrm{Im}f)\\ dim(\mathbb{R}^{2})&= 0 + 2\\ 2&= 2 \end{align*}$ # Rang d'une application linéaire Dans cette __section__ (car on a la flemme de toujours tout écrire): - L'espace de départ $E$ est de dimension finie - L'espace d'arrivée $F$ est de dimension finie ou infinie. >[!definition] >Si on prend, $E,F$ deux $\mathbb{K}$ espaces vectoriels, et $f \in \mathcal{L}(E,F)$. On suppose l'espace de départ $E$ de dimension finie. On appelle __rang de $f$__ et on note $\text{rg}f$ la dimension de l'image de $f$: >$\text{rg }f=dim(\mathrm{Im}f)$ Si $dim(E)=p$ et $\mathcal{B}_{E}=(\mathbf{u}_{1},\dots,\mathbf{u}_{p})$ est une base de $E$ alors on a: $\mathrm{Im}f=\text{Vect}(f(\mathcal{B_{E}}))=\text{Vect}(f(\mathbf{u}_{1}),\dots,f(\mathbf{u}_{p}))$ Ainsi, $ \begin{align*} Im f &= \text{Vect}(f(\mathbf{u}_{1}),\dots,f(\mathbf{u}_{p}))\\ dim(Im f) &= dim[\text{Vect}(f(\mathbf{u}_{1}),\dots,f(\mathbf{u}_{p}))]\\ \text{rg} f &= \text{rg }(f(\mathbf{u}_{1}),\dots,f(\mathbf{u}_{p})) \end{align*} $ Ainsi, $\text{rg f}\leq p$. de plus l'espace d'arrivée $F$ est de dimension finie alors $rg f \leq dim(F)$ car $\mathrm{Im}f$ est un sev de $F$. >[!exemple] >Reprenonss l'endomorphisme $f$ de $\mathbb{R}^{3}$ qui associe $(x+y,y+z,x+2y+z)$. Soit $\mathcal{B}_{C}$ la base canoniqu ede l'espace de départ $\mathcal{B}_{c}=((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1))$. >On a: >$rg f = rg(f(1,0,0),f(0,1,0),f(0,0,1)$ >$rg f = rg((1,0,1),f(1,1,2),f(0,1,1)$. > On va alors utiliser la métodes des zéros échelonnés pour calculer le rang de $f$; Supposons pour cela que les vecteurs sont dans un tableau $\mathcal{T}_{0}$ (donné ci après). En effectuant successivement à partir de $\mathcal{T}_{0}$ l'opération $L_{2} = L_{2} - L_{1}$ puis $L_{3}=L_{3}-L_{2}$. > [CF POLI] >[!theoreme] > >Si on prend, $E,F$ deux $\mathbb{K}$ espaces vectoriels, et $f \in \mathcal{L}(E,F)$. On suppose l'espace de départ $E$ de dimension finie alors on a: >$dim(E)=dim(\mathrm{Im}f)+dim(Ker f)$ >Or, on a: $dim(\mathrm{Im}f)=\text{rg}f$, donc: >$dim(E)=\text{rg} f+dim(Ker f)$ __En particulier__: Soient $E,F$ deux $\mathbb{K}$ espace de dimension finies (non nécessairement égale) et $f \in \mathcal{L}(E,F)$: 1. Si $f$ est __surjective__ alors $\mathrm{Im} f = F$ alors $dim(E) \geq dim(F)$. 1. Par __contraposée__: si $dim(E) < dim(F)$ alors $f$ non __surjective__ 2. Si f est __injective__ ($Ker f = \{0_{E}\}$) alors $dim(E)\leq dim(F)$. 1. Par __contraposée__ si $dim(E)>dim(F)$ alors $f$ est non __injective__ 3. Si $f$ est __bijective__ alors $dim(E)=dim(F)$. 1. par __contraposée__ si $dim(E)\neq dim(F)$ alors $f$ non __bijective__. >[!exemple] >Reprenons l'endomorphisme $f$ de $\mathbb{R}^3$ qui au vecteur $(x,y,z)$ associe le vecteur $(x+y,y+z,x+2y+z)$ . Rappelons que nous avons obtenu $dim(Ker f)=1$ et $dim(\mathrm{Im}f)=2$. Donc: $dim(\mathbb{R}^{3}) (=3)=dim(\mathrm{Im}f)(=2)+dim(Ker f)(=1)$ >[!corollaire] >Soient $E,F$ deux $\mathbb{K}$ espace vectoriels de dimension finies (__non necéssairement identiques__) et $f \in \mathcal{L}(E,F)$. >1. $f$ est __surjective__ si, et seulement si, $rg f = dim(F)$ >2. $f$ est __injective__ si, et seulement si, $rg f = dim(E)$. >3. $f$ est __bijective__ si, et seulement si, $rg f = dim(E)=dim(F)$. >En particulier si $dim(E)=dim(F)$ on aura: >$f \text{ bijective} \leftrightarrow f \text{ injective}\leftrightarrow f \text{ surjective} $