MPSI · Applications linéaires

Détermination d'une application linéaire

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Dans toute cette leçon, EE, FF désignent des K\mathbb{K}-espaces vectoriels.

Question

On a vu qu'une application linéaire transporte une base sur une famille image, et que les propriétés de uu s'y lisent. Retournons la question : peut-on fabriquer une application linéaire en décidant librement de l'image de chaque vecteur d'une base ? Si oui, une telle application est-elle unique ? Autrement dit, connaître uu sur une base suffit-il à la connaître partout — et cette liberté de choix est-elle totale, ou soumise à des contraintes ?

Détermination par l'image d'une base

Proposition 1 : Détermination par l'image d'une base

Soient (ei)i∈I(e_i)_{i \in I} une base de EE et (fi)i∈I(f_i)_{i \in I} une famille quelconque de FF. Alors il existe une unique application linéaire u∈L(E,F)u \in \mathcal{L}(E,F) telle que u(ei)=fiu(e_i) = f_i pour tout i∈Ii \in I.

Démonstration :

∙\bullet Analyse. On suppose qu'il existe u∈L(E,F)u \in \mathcal{L}(E,F) telle que u(ei)=fiu(e_i) = f_i pour tout i∈Ii \in I. Soit x∈Ex \in E ; il existe une unique famille (xi)i∈I∈K(I)(x_i)_{i \in I} \in \mathbb{K}^{(I)} telle que x=∑i∈Ixi eix = \sum_{i \in I} x_i\, e_i, donc :

u(x)=∑i∈Ixi u(ei)=∑i∈Ixi fi.u(x) = \sum_{i \in I} x_i\, u(e_i) = \sum_{i \in I} x_i\, f_i.

Ainsi, si uu existe, elle est nécessairement définie par cette formule : elle est donc unique.

∙\bullet Synthèse. Montrons que l'application

u:E⟶Fx=∑i∈Ixi ei⟼∑i∈Ixi fi\begin{array}{ccl} u : E & \longrightarrow & F \\ x = \sum_{i \in I} x_i\, e_i & \longmapsto & \sum_{i \in I} x_i\, f_i \end{array}

est solution du problème.

  • La famille (xi)i∈I(x_i)_{i \in I} vérifiant x=∑i∈Ixi eix = \sum_{i \in I} x_i\, e_i est unique (car (ei)i∈I(e_i)_{i \in I} est une base), donc ∑i∈Ixi fi\sum_{i \in I} x_i\, f_i est bien déterminé : uu est bien définie.
  • Soient x,y∈Ex, y \in E et λ∈K\lambda \in \mathbb{K}. On pose x=∑i∈Ixi eix = \sum_{i \in I} x_i\, e_i et y=∑i∈Iyi eiy = \sum_{i \in I} y_i\, e_i, d'où x+λy=∑i∈I(xi+λyi) eix + \lambda y = \sum_{i \in I} (x_i + \lambda y_i)\, e_i. Alors :
u(x+λy)=∑i∈I(xi+λyi) fi=∑i∈Ixi fi+λ∑i∈Iyi fi=u(x)+λ u(y).u(x + \lambda y) = \sum_{i \in I} (x_i + \lambda y_i)\, f_i = \sum_{i \in I} x_i\, f_i + \lambda \sum_{i \in I} y_i\, f_i = u(x) + \lambda\, u(y).

Donc uu est linéaire.

  • Pour tout i∈Ii \in I, u(ei)=fiu(e_i) = f_i (les coordonnées de eie_i dans la base sont toutes nulles sauf la ii-ème, égale à 11).

D'où uu est solution du problème, et l'analyse a montré son unicité.

Remarque :

  1. Une application linéaire est entièrement déterminée par l'image d'une base.
  2. Deux applications linéaires sont égales si et seulement si elles coïncident sur une base.

Test 1

Si deux applications linéaires u,v∈L(E,F)u, v \in \mathcal{L}(E,F) coïncident sur une base (ei)i∈I(e_i)_{i \in I} de EE, alors u=vu = v.

Exemple :

Il existe une unique application linéaire u:R2→R2u : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2 telle que u(1,0)=(3,1)u(1,0) = (3, 1) et u(0,1)=(0,2)u(0,1) = (0, 2) : c'est u(x,y)=(3x, x+2y)u(x,y) = (3x,\ x + 2y). Toute contrainte imposée sur l'image des deux vecteurs de base fixe uu sans ambiguïté.

Exercice 1 : Formule de Taylor pour les polynômes

Soient P∈K[X]P \in \mathbb{K}[X] et a∈Ka \in \mathbb{K}. Montrer que :

P(X+a)=∑k=0+∞P(k)(a)k! Xk.P(X + a) = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{P^{(k)}(a)}{k!}\, X^{k}.
Solution :(cliquer pour afficher)

On considère les deux applications

φ:K[X]⟶K[X]P⟼P(X+a)etψ:K[X]⟶K[X]P⟼∑k=0+∞P(k)(a)k! Xk\begin{array}{ccl} \varphi : \mathbb{K}[X] & \longrightarrow & \mathbb{K}[X] \\ P & \longmapsto & P(X + a) \end{array} \qquad \text{et} \qquad \begin{array}{ccl} \psi : \mathbb{K}[X] & \longrightarrow & \mathbb{K}[X] \\ P & \longmapsto & \sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac{P^{(k)}(a)}{k!}\, X^{k} \end{array}

Les applications φ\varphi et ψ\psi sont linéaires. La famille (Xn)n∈N(X^n)_{n \in \mathbb{N}} est une base de K[X]\mathbb{K}[X] ; il suffit donc de vérifier que φ\varphi et ψ\psi coïncident sur cette base. Soit n∈Nn \in \mathbb{N}. On a :

φ(Xn)=(X+a)n=∑k=0n(nk) an−k Xk=∑k=0+∞(Xn)(k)(a)k! Xk=ψ(Xn),\begin{aligned} \varphi(X^n) = (X + a)^n &= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^{n-k}\, X^{k} \\ &= \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(X^n)^{(k)}(a)}{k!}\, X^{k} \\ &= \psi(X^n), \end{aligned}

la deuxième égalité venant de (Xn)(k)(a)=n!(n−k)! an−k(X^n)^{(k)}(a) = \frac{n!}{(n-k)!}\, a^{n-k} pour k⩽nk \leqslant n et (Xn)(k)=0(X^n)^{(k)} = 0 pour k>nk > n. Ainsi φ\varphi et ψ\psi coïncident sur la base (Xn)n∈N(X^n)_{n \in \mathbb{N}}, donc φ=ψ\varphi = \psi. D'où, pour tout P∈K[X]P \in \mathbb{K}[X] :

P(X+a)=∑k=0+∞P(k)(a)k! Xk.P(X + a) = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{P^{(k)}(a)}{k!}\, X^{k}.

Définition sur des sous-espaces supplémentaires

Une base découpe EE en directions individuelles. On peut découper plus grossièrement, en deux sous-espaces supplémentaires : peut-on encore définir uu librement sur chaque morceau, et recoller ?

Théorème 1 : Définition sur des sous-espaces supplémentaires

Soient E1E_1 et E2E_2 deux sous-espaces vectoriels supplémentaires dans EE. Pour tout v∈L(E1,F)v \in \mathcal{L}(E_1, F) et tout w∈L(E2,F)w \in \mathcal{L}(E_2, F), il existe une unique application linéaire u∈L(E,F)u \in \mathcal{L}(E,F) telle que :

u∣E1=vetu∣E2=w.u_{|E_1} = v \qquad \text{et} \qquad u_{|E_2} = w.

Démonstration :

∙\bullet Analyse. On suppose qu'il existe u∈L(E,F)u \in \mathcal{L}(E,F) telle que u∣E1=vu_{|E_1} = v et u∣E2=wu_{|E_2} = w. Soit x∈Ex \in E ; on pose x=x1+x2x = x_1 + x_2 avec (x1,x2)∈E1×E2(x_1, x_2) \in E_1 \times E_2. On a :

u(x)=u(x1)+u(x2)=v(x1)+w(x2).u(x) = u(x_1) + u(x_2) = v(x_1) + w(x_2).

Donc, si uu existe, elle est unique et vérifie u(x)=v(x1)+w(x2)u(x) = v(x_1) + w(x_2).

∙\bullet Synthèse. On considère l'application

u:E=E1⊕E2⟶Fx=x1+x2⟼v(x1)+w(x2)\begin{array}{ccl} u : E = E_1 \oplus E_2 & \longrightarrow & F \\ x = x_1 + x_2 & \longmapsto & v(x_1) + w(x_2) \end{array}
  • La décomposition x=x1+x2x = x_1 + x_2 est unique (car E=E1⊕E2E = E_1 \oplus E_2), donc v(x1)+w(x2)v(x_1) + w(x_2) est bien déterminé : uu est bien définie.
  • Soient x,y∈Ex, y \in E et λ∈K\lambda \in \mathbb{K}. On pose x=x1+x2x = x_1 + x_2 et y=y1+y2y = y_1 + y_2, avec x1,y1∈E1x_1, y_1 \in E_1 et x2,y2∈E2x_2, y_2 \in E_2. Comme x1+λy1∈E1x_1 + \lambda y_1 \in E_1 et x2+λy2∈E2x_2 + \lambda y_2 \in E_2 :
u(x+λy)=v(x1+λy1)+w(x2+λy2)=v(x1)+λ v(y1)+w(x2)+λ w(y2)=(v(x1)+w(x2))+λ(v(y1)+w(y2))=u(x)+λ u(y).\begin{aligned} u(x + \lambda y) &= v(x_1 + \lambda y_1) + w(x_2 + \lambda y_2) \\ &= v(x_1) + \lambda\, v(y_1) + w(x_2) + \lambda\, w(y_2) \\ &= \bigl( v(x_1) + w(x_2) \bigr) + \lambda \bigl( v(y_1) + w(y_2) \bigr) \\ &= u(x) + \lambda\, u(y). \end{aligned}

Donc uu est linéaire.

  • Soit x∈E1x \in E_1 ; on a x=x+0x = x + 0, donc u(x)=v(x)+w(0)=v(x)u(x) = v(x) + w(0) = v(x) : ainsi u∣E1=vu_{|E_1} = v. De même u∣E2=wu_{|E_2} = w.

D'où uu est solution du problème, et l'analyse a montré son unicité.

Exemple :

Si E1E_1 et E2E_2 sont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de EE, la projection pp sur E1E_1 parallèlement à E2E_2 et la symétrie ss par rapport à E1E_1 parallèlement à E2E_2 sont les seuls endomorphismes de EE vérifiant respectivement :

p(x)={xsi x∈E10si x∈E2ets(x)={xsi x∈E1−xsi x∈E2.p(x) = \begin{cases} x & \text{si } x \in E_1 \\ 0 & \text{si } x \in E_2 \end{cases} \qquad \text{et} \qquad s(x) = \begin{cases} x & \text{si } x \in E_1 \\ -x & \text{si } x \in E_2. \end{cases}

Chacun est déterminé par sa restriction à E1E_1 (id⁡E1\operatorname{id}_{E_1} dans les deux cas) et sa restriction à E2E_2 (00 pour pp, −id⁡E2-\operatorname{id}_{E_2} pour ss).

Exercice 2 : Recoller deux applications sur des supplémentaires

Dans E=R3E = \mathbb{R}^3, on pose E1=vect⁡((1,0,0), (0,1,0))E_1 = \operatorname{vect}\bigl( (1,0,0),\ (0,1,0) \bigr) et E2=vect⁡((0,0,1))E_2 = \operatorname{vect}\bigl( (0,0,1) \bigr). Déterminer l'unique endomorphisme uu de R3\mathbb{R}^3 tel que u∣E1=id⁡E1u_{|E_1} = \operatorname{id}_{E_1} et u∣E2=2id⁡E2u_{|E_2} = 2\operatorname{id}_{E_2}, puis reconnaître uu.

Solution :(cliquer pour afficher)

On a bien E1⊕E2=R3E_1 \oplus E_2 = \mathbb{R}^3 (tout (x,y,z)(x,y,z) s'écrit de façon unique (x,y,0)+(0,0,z)(x,y,0) + (0,0,z) avec (x,y,0)∈E1(x,y,0) \in E_1 et (0,0,z)∈E2(0,0,z) \in E_2). Le théorème garantit l'existence et l'unicité de uu.

Soit (x,y,z)∈R3(x,y,z) \in \mathbb{R}^3. On décompose (x,y,z)=(x,y,0)+(0,0,z)(x,y,z) = (x,y,0) + (0,0,z), donc :

u(x,y,z)=u∣E1(x,y,0)+u∣E2(0,0,z)=(x,y,0)+2 (0,0,z)=(x, y, 2z).u(x,y,z) = u_{|E_1}(x,y,0) + u_{|E_2}(0,0,z) = (x,y,0) + 2\,(0,0,z) = (x,\ y,\ 2z).

L'endomorphisme cherché est u(x,y,z)=(x,y,2z)u(x,y,z) = (x, y, 2z). Comme uu laisse fixe E1E_1 et dilate E2E_2 d'un facteur 22, ce n'est ni une projection ni une symétrie : c'est une affinité de base E1E_1, de direction E2E_2 et de rapport 22.