Chapitre 17Applications linéaires

1. $F(x,y,z)=(x,0,z)$
   \[\begin{align*}F\bigl((x_1,y_1,z_1)+\lambda(x_2,y_2,z_2)\bigr)&=F(x_1+\lambda x_2,y_1+\lambda y_2,z_1+\lambda z_2) \\&=(x_1+\lambda x_2,0,z_1+\lambda z_2) \\&=(x_1,0,z_1)+\lambda (x_2,0,z_2) \\&=F(x_1,y_1,z_1)+\lambda F(x_2,y_2,z_2)\end{align*}\]Donc $F$ est une application linéaire.
   On a :\[\begin{align*}\Ker(F)&=\bigl\{(x,y,z)\bigm\vert F(x,y,z)=0_{\mathbb{R}^3}\bigr\}=\bigl\{(x,y,z)\bigm\vert(x,0,z)=(0,0,0)\bigr\} \\&=\bigl\{(0,y,0)\bigr\}=\Vect\{(0,1,0)\}\end{align*}\]D’autre part, on a :\[\begin{align*}\Img(F)&=\bigl\{F(x,y,z)\bigm\vert(x,y,z)\in \mathbb{R}^3\bigr\}=\{(x,0,z)\} \\&=\Vect\{(1,0,0),(0,0,1)\}\end{align*}\]
2. $G(x,y,z)=(y+z,x+z,x+y)$
   \[\begin{align*}&G\bigl((x_1,y_1,z_1)+\lambda (x_2,y_2,z_2)\bigr)=G(x_1+\lambda x_2,y_1+\lambda y_2,z_1+\lambda z_2) \\&=(y_1+\lambda y_2+z_1+\lambda z_2,x_1+\lambda x_2+z_1+\lambda z_2,x_1+\lambda x_2+y_1+\lambda y_2) \\&=(y_1+z_1,x_1+z_1,x_1+y_1)+\lambda (y_2+z_2,x_2+z_2,x_2+y_2) \\&=G(x_1,y_1,z_1)+\lambda G(x_2,y_2,z_2)\end{align*}\]Donc $G$ est une application linéaire.
   On a :\[\begin{align*}\Ker(G)&=\bigl\{(x,y,z)\bigm\vert G(x,y,z)=0_{\mathbb{R}^3}\bigr\}=\bigl\{(x,y,z)\bigm\vert (y+z,x+z,x+y)=(0,0,0)\bigr\} \\&=\bigl\{(x,y,z)\bigm\vert y=-z,x=-z,2x=0\bigr\}=\{(0,0,0)\}\end{align*}\]D’après le théorème du rang, on a :\[\rg(G)=\dim\bigl(\Img(G)\bigr)=\dim(E)-\dim\bigl(\Ker(G)\bigr)=3-0=3.\]$\Img(G)$ étant un sous espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$, on en déduit que $\Img(G)=\mathbb{R}^3$.
   On pouvait aussi voir que $\Img(G)=\Vect\bigl\{(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0)\bigr\}$
3. $H(x,y,z)=(x,xy,x+z)$
   \[\begin{align*}&H\bigl((x_1,y_1,z_1)+\lambda (x_2,y_2,z_2)\bigr)=H(x_1+\lambda x_2,y_1+\lambda y_2,z_1+\lambda z_2) \\&=(x_1+\lambda x_2,(x_1+\lambda x_2)(y_1+\lambda y_2),x_1+\lambda x_2+z_1+\lambda z_2) \\&=(x_1+\lambda x_2,x_1 y_1+\lambda (x_1 y_2+x_2 y_1)+\lambda ^2 x_2 y_2,x_1+\lambda x_2+z_1+\lambda z_2 \\\end{align*}\]Et :\[\begin{align*}H(x_1,y_1,z_1)+\lambda H(x_2,y_2,z_2)&=(x_1,y_1 x_1,z_1+x_1)+\lambda (x_2,y_2 x_2,z_2+x_2) \\&=\bigl(x_1+\lambda x_2,x_1 y_1+\lambda x_2 y_2,x_1+z_1+\lambda (x_2+z_2)\bigr)\end{align*}\]Donc a priori, $H$ n’est pas une application linéaire.
   Pour le prouver, il suffit donner un contre exemple :\[\begin{align*}H(1,1,0)+H(1,2,0)&=(1,1,1)+(1,2,1)=(2,3,2) \\\text{alors que }H(2,3,0)&=(2,6,2)\ne (2,3,2).\end{align*}\]

1. $F(x,y)=(x+1,y+1,x+y+2)$
   \[\begin{align*}&F\bigl((x_1,y_1,z_1)+\lambda(x_2,y_2,z_2)\bigr) \\&=F(x_1+\lambda x_2,y_1+\lambda y_2,z_1+\lambda z_2) \\ &=(x_1+\lambda x_2+1,y_1+\lambda y_2+1,x_1+\lambda x_2+y_1+\lambda y_2+2)\\ \end{align*}\]Or,\[\begin{align*}&F(x_1,y_1,z_1)+\lambda F(x_2,y_2,z_2) \\&=(x_1+1,y_1+1,x_1+y_1+2)+\lambda(x_2+1,y_2+1,x_2+y_2+2) \\ &=(x_1+\lambda x_2+1+\lambda,y_1+\lambda y_2+1+\lambda,x_1+\lambda x_2+y_1+\lambda y_2+2+2\lambda)\end{align*}\]Et en particulier, on a :\[\begin{align*}F\bigl((0,0,0)+1\times(1,1,1)\bigl)&=F(1,1,1)=(2,2,4) \\\text{alors que }F(0,0,0)+F(1,1,1)&=(1,1,2)+(2,2,4)\ne (2,2,4).\end{align*}\]Donc $F$ n’est pas une application linéaire.
2. $G(x,y)=(x,x-y,x+y)$
   \[\begin{align*}&G\bigl((x_1,y_1,z_1)+\lambda(x_2,y_2,z_2)\bigr)=G(x_1+\lambda x_2,y_1+\lambda y_2,z_1+\lambda z_2) \\ &=(x_1+\lambda x_2,x_1+\lambda x_2-y_1-\lambda y_2,x_1+\lambda x_2+y_1+\lambda y_2)\\ &=(x_1,x_1-y_1,x_1+y_1)+\lambda(x_2,x_2-y_2,x_2+y_2) \\ &=G(x_1,y_1,z_1)+\lambda G(x_2,y_2,z_2) \\ \end{align*}\]Donc $G$ est une application linéaire.
   On a :\[\begin{align*}\Ker(G)=\bigl\{(x,y)\bigm\vert G(x,y)=0_{\mathbb{R}^3}\bigr\}&=\bigl\{(x,y)\bigm\vert(x,x-y,x+y)=(0,0,0)\bigr\} \\&=\bigl\{(x,y)\bigm\vert x=0,x=y,x=-y\bigr\} \\&=\bigl\{(0,0,0)\bigl\}\end{align*}\]D’autre part, on a :\[\Img(G)=\bigl\{(x,x-y,x+y)\bigm\vert(x,y)\in\mathbb{R}^2\bigr\}=\Vect\bigl\{(1,1,1),(0,-1,1)\bigl\}.\]
3. $H(x,y)=(2x-y,6x-3y,4x-2y)$
   \[\begin{align*}&H\bigl((x_1,y_1,z_1)+\lambda(x_2,y_2,z_2)\bigr) \\&=H(x_1+\lambda x_2,y_1+\lambda y_2,z_1+\lambda z_2) \\&=(2x_1+2\lambda x_2-y_1-\lambda y_2,6x_1+6\lambda x_2-3y_1-3\lambda y_2,4x_1+4\lambda x_2-2y_1-2\lambda y_2) \\ &=(2x_1-y_1,6x_1-3y_1,4x_1-2y_1)+\lambda(2x_2-y_2,6x_2-3y_2,4x_2-2y_2) \\ &=H(x_1,y_1,z_1)+\lambda H(x_2,y_2,z_2)\end{align*}\]Donc $H$ est une application linéaire.
   On a :\[\begin{align*}\Ker(H)&=\bigl\{(x,y)\bigm\vert H(x,y)=0_{\mathbb{R}^3}\bigl\} \\&=\bigl\{(x,y)\bigm\vert(2x-y,6x-3y,4x-2y)=(0,0,0)\bigr\} \\ &=\bigl\{(x,y)\bigm\vert 2x=y,6x=3y,4x=2y\bigr\} \\&=\bigl\{(x,y)\bigm\vert 2x=y\bigr\} \end{align*}\]$\Ker(H)$ est donc la droite d’équation $2x=y$.
   D’autre part, on a :\[\begin{align*}\Img(H)&=\bigl\{(2x-y,6x-3y,4x-2y)\bigm\vert (x,y)\in\mathbb{R}^2\bigr\} \\&=\Vect\bigl\{(2,6,4),(-1,-3,-2)\bigr\}.\end{align*}\]Il est facile de voir que la famille $\bigl\{(2,6,4),(-1,-3,-2)\bigr\}$ est liée.
   Ainsi $\Img(H)=\Vect\bigl\{(2,6,4)\bigr\}$.

1. $F(P)=PP’$
   \[\begin{align*}F(P_1+\lambda P_2)&=(P_1+\lambda P_2){(P_1+\lambda P_2)}^{\prime} \\&=(P_1+\lambda P_2)(P_1^{\prime}+\lambda P_2^{\prime}) \\&=P_1P_1^{\prime}+\lambda^2P_2P_2^{\prime}+\lambda(P_1P_2^{\prime}+P_2P_1^{\prime})\end{align*}\]En particulier,\[F(X+\lambda\times 1)=(X+\lambda)(1)=X+\lambda,\]et\[F(X)+\lambda F(1)=X+\lambda\times 0=X.\]Donc $F$ n’est pas une application linéaire.
2. $G(P)=X^2P$
   \[\begin{align*}G(P_1+\lambda P_2)&=X^2(P_1+\lambda P_2) \\&=X^2P_1+\lambda X^2P_2 \\&=G(P_1)+\lambda G(P_2)\end{align*}\]Donc $G$ est une application linéaire.
   On a :\[\Ker(G)=\left\{P\middle\vert G(P)=0_{\mathbb{R}[X]}\right\}=\left\{P\middle\vert X^2 P=0_{\mathbb{R}[X]}\right\}=\left\{0_{\mathbb{R}[X]}\right\}.\]D’autre part, on a :\[\Img(G)=\bigl\{X^2P\bigm\vert P\in\mathbb{R}[X]\bigr\}=X^2\mathbb{R}[X].\]
3. $H(P)=3P^{\prime\prime}+2P’+P$
   On peut directement dire que $H$ est linéaire car on sait que la dérivation est linéaire, que la multiplication par un scalaire d’une application linéaire est linéaire et que la somme d’applications linéaires est linéaire.
   On a :\[\Ker(H)=\left\{P\middle\vert H(P)=0_{\mathbb{R}[X]}\right\}=\bigr\{P/3P^{\prime\prime}+2P’+P=0\bigl\}.\]Pour déterminer le noyau de cette application, nous devons trouver les applications polynomiales solutions de l’équation différentielle :\[\begin{equation}3y^{\prime\prime}+2y’+y=0\label{eq:ex3-3}.\end{equation}\]Remarquons tout d’abord que le polynôme nul est solution de cette équation.
   Soit $P$ un polynôme de degré $n\ge 0$, on a $P=\sum\limits_{k=0}^n{a_kX^k}$ avec $a_n\ne 0$.
   Ainsi, $P$ vérifie $\eqref{eq:ex3-3}$ si et seulement si :\[\begin{align*}&3\sum\limits_{k=2}^n{k(k-1)a_kX^{k-2}}+2\sum\limits_{k=1}^n{ka_kX^{k-1}}+\sum\limits_{k=0}^n{a_kX^k}=0 \\ &\iff\sum\limits_{k=0}^{n-2}{3(k+2)(k+1)a_{k+2}X^k}+\sum\limits_{k=0}^{n-1}{2(k+1)a_{k+1}X^k}+\sum\limits_{k=0}^n{a_kX^k}=0 \\ &\iff\sum\limits_{k=0}^{n-2}{(3(k+2)(k+1)a_{k+2}+2(k+1)a_{k+1}+a_k)X^k}+(2na_n+a_{n-1})X^{n-1}+a_nX^n=0 \end{align*}\]Par identification, on obtient en particulier $a_n=0$, ce qui contredit notre hypothèse.
   On en déduit que le polynôme nul est l’unique solution.
   
   On pouvait trouver ce résultat plus rapidement en raisonnant sur le degré du polynôme $3P^{\prime\prime}+2P’+P$.
   En effet, $\deg(3P^{\prime\prime}+2P’+P)=\deg P$ donc $P$ vérifie $\eqref{eq:ex3-3}$ si et seulement si $P=0$.
   On a donc $\Ker(H)=\{0\}$.
   D’autre part, on a :\[\Img(H)=\bigl\{3P^{\prime\prime}+2P’+P\bigm\vert P\in \mathbb{R}[X]\bigr\}.\]Ici, on peut se douter que $\Img(H)=\mathbb{R}[X]$. Nous allons démontrer ce résultat.
   On sait que $\mathbb{R}[X]$ est engendré par la famille $\bigl\{X^n\bigm\vert n\in\mathbb{N}\bigr\}$. Sachant de plus, que $\Img H\subset\mathbb{R}[X]$, il nous suffit de démontrer que tout élément de la famille $\bigl\{X^n\bigm\vert n\in\mathbb{N}\bigr\}$ appartient aussi à $\Img(H)$.
   Pour montrer que $X^n\in\Img(H)$ avec $n\in\mathbb{N}$, il faut montrer que :\[\exists P\in\mathbb{R}[X],\ X^n=3P^{\prime\prime}+2P’+P.\]Supposons qu’il existe un tel élément $P$. Puisque $\deg(3P^{\prime\prime}+2P’+P)=\deg P$, on doit nécessairement avoir $\deg(P)=\deg(X^n)=n$, soit $P=\sum\limits_{k=0}^n{a_kX^k}$ avec $a_n\ne 0$.qbr/>D’après ce qui précède, on a vu que si $P$ est de cette forme alors :\[3P^{\prime\prime}+2P’+P=\sum\limits_{k=0}^{n-2}{(3(k+2)(k+1)a_{k+2}+2(k+1)a_{k+1}+a_k)X^k}+(2na_n+a_{n-1})X^{n-1}+a_nX^n.\]Donc par identification, on obtient pour $k\in[\![0,n-2]\!]$ :\[\begin{align*}&\left\{\begin{aligned}&a_n=1 \\&2na_n+a_{n-1}=0 \\&3(k+2)(k+1)a_{k+2}+2(k+1)a_{k+1}+a_k=0\end{aligned}\right. \\\iff&\left\{\begin{aligned}&a_n=1 \\&a_{n-1}=-2n \\&a_k=-3(k+2)(k+1)a_{k+2}-2(k+1)a_{k+1}=0\end{aligned}\right.\end{align*}\]Les coefficients du polynôme $P$ sont donc bien définis de manière unique.
   Réciproquement, en prenant un polynôme $P$ dont les coefficients vérifient le système précédent, on obtient un polynôme qui satisfait à $3P^{\prime\prime}+2P’+P=X^n$.
   Finalement, on en conclut que $\Img(H)=\mathbb{R}[X]$.

Tout d’abord, on peut remarquer que $D$ est bien définie de $E$ dans $E$ puisque la dérivée d’une fonction de classe $C^\infty$ est encore $C^\infty$.
La linéarité découle ici de la linéarité de la dérivation et du fait que la composée de deux fonctions linéaires est encore linéaire.
On peut aussi vérifier la linéarité de $D$ en montrant que $D(f+\lambda g)=D(f)+\lambda D(g)$.

On a par définition :\[\Ker(D)=\bigl\{f\in E\bigm\vert D(f)=0_E\bigr\}=\{f\bigm\vert f^{\prime\prime}=0\}=\bigl\{f\bigm\vert \forall x\in\mathbb{R}, f^{\prime\prime}(x)=0\bigr\}.\]Il est facile de voir que :\[\begin{align*}\Ker(D)&=\bigl\{f\bigm\vert f’=a,\ a\in\mathbb{R}\bigr\}=\bigl\{f\bigm\vert f(x)=ax+b,\ (a,b)\in \mathbb{R}^2\bigr\} \\&=\bigl\{x\longmapsto ax+b\bigm\vert (a,b)\in \mathbb{R}^2\bigr\}\end{align*}\]C’est un espace vectoriel de dimension 2.

D’autre part on a :\[\Img(D)=\bigl\{f^{\prime\prime}\bigm\vert f\in E\bigr\}.\]On sait tout d’abord que $\Img(D)$ est un sous espace vectoriel de $E$.
On a même en fait $\Img(D)=E$.
En effet, soit $g\in E$. Posons $f(x)=\int_0^x{\left(\int_0^t{g(u)\mathrm du}\right)\mathrm dt}$.
$g$ étant de classe $C^\infty$, il est clair que $f$ est bien définie et appartient à $E$.
 De plus,\[\begin{align*}f'(x)&={\left[\int_0^t{g(u)\mathrm du}\right]}_{t=x}=\int_0^x{g(u)\mathrm du} \\\text{et }f^{\prime\prime}(x)&=\int_0^x{g(u)\mathrm du=g(x)},\end{align*}\]soit :\[f^{\prime\prime}=g.\]On vient donc de montrer que $\Img(D)\supset E$ d’où $\Img(D)=E$.

Soit $u=(x,y,z,t)\in\mathbb{R}^4$ alors :\[\begin{align*}f(u)&=f(xe_1+ye_2+ze_3+te_4) \\&=xf(e_1)+yf(e_2)+zf(e_3)+tf(e_4) \\&=x\varepsilon_1-y\varepsilon_1+z\varepsilon_2-t\varepsilon_2 \\ &=(x-y)\varepsilon_1+(z-t)\varepsilon_2 \\&=(x-y,z-t,0)\end{align*}\]On a par définition :\[\Ker(f)=\bigl\{(x,y,z,t)\in\mathbb{R}^4\bigm\vert f(x,y,z,t)=0\bigr\}=\bigl\{(x,y,z,t)\in\mathbb{R}^4\bigm\vert x=y,z=t\bigr\}.\]C’est un espace de dimension 2, et on a même :\[\Ker(f)=\bigl\{(x,x,z,z)\in\mathbb{R}^4\bigr\}=\Vect\bigl\{(1,1,0,0),(0,0,1,1)\bigr\}.\]D’autre part on a :\[\begin{align*}\Img(f)&=\bigl\{(x-y,z-t,0)\in\mathbb{R}^3\bigm\vert (x,y,z,t)\in\mathbb{R}^4\bigr\} \\&=\Vect\bigl\{(1,0,0),(-1,0,0),(0,1,0),(0,-1,0)\bigr\} \\&=\Vect\bigl\{(1,0,0),(0,1,0)\bigr\}.\end{align*}\]

1. 1. Montrons d’abord $\eqref{eq:ex4-1a}\implies \eqref{eq:ex4-1b}$.
      \[u\circ u=(u\circ v)\circ u=u\circ(v\circ u)=u\circ v=u\]Donc $u$ est un projecteur.\[v\circ v=(v\circ u)\circ u=v\circ(u\circ u)=v\circ u=v\]Et donc $v$ est également un projecteur.
      Soit $x\in\Ker(u)$ alors :\[v(x)=(v\circ u)(x)=v(u(x))=v(0)=0\]Donc $x\in\Ker(v)$.
      D’autre part, si $x\in\Ker(v)$ alors :\[u(x)=(u\circ v)(x)=u(v(x))=u(0)=0\]Donc $x\in\Ker(u)$.
      On en déduit donc que $\Ker(u)=\Ker(v)$.
   2. Montrons maintenant $\eqref{eq:ex4-1b}\implies\eqref{eq:ex4-1a}$.
      On a $v\bigl(v(x)-x\bigr)=0$ donc $v(x)-x\in\Ker(v)=\Ker(u)$.
      Ainsi, $u\bigl(v(x)-x\bigr)=0$ et cela signifie que $u\circ v=v$.
      De même, on a $u\bigl(u(x)-x\bigr)=0$ donc $u(x)-x\in\Ker(u)=\Ker(v)$.
      Ainsi, $v\bigl(u(x)-x\bigr)=0$ et cela signifie que $v\circ u=u$.
      
   Finalement, on en conclut que $\eqref{eq:ex4-1a}\iff \eqref{eq:ex4-1b}$.
2. Ici, on a deux possibilités. Soit on démontre le résultat directement, soit on utilise le résultat : « pour un projecteur $u$, on a $\Img(u)=\Ker(\mathrm{Id}-u)$ ».
   Posons $\widetilde{u}=\mathrm{Id}-u$ et $\widetilde{v}=\mathrm{Id}-v$.
   On a donc :\[\widetilde{u}\circ\widetilde{v}=(\mathrm{Id}-u)\circ (\mathrm{Id}-v)=\mathrm{Id}-u-v+u\circ v=\widetilde{u}-v+u\circ v,\]et de même :\[\widetilde{v}\circ\widetilde{u}=\mathrm{Id}-v-u+v\circ u=\widetilde{v}-u+v\circ u.\]On en déduit que :\[(u\circ v=v)\wedge(v\circ u=u)\iff (\widetilde{u}\circ\widetilde{v}=\widetilde{u})\wedge (\widetilde{v}\circ\widetilde{u}=\widetilde{v}).\]On reconnaît alors les hypothèses de la première question, ce qui nous permet d’en déduire :\[\begin{align*}(u\circ v=v)\wedge(v\circ u=u)&\iff(\widetilde{u}\circ\widetilde{v}=\widetilde{u})\wedge(\widetilde{v}\circ\widetilde{u}=\widetilde{v}) \\&\iff(\widetilde{u},\widetilde{v}\text{ sont deux projecteurs})\wedge(\Ker(\widetilde{u})=\Ker(\widetilde{v}))\end{align*}\]On a $\Ker(\widetilde{u})=\Img(u)$ et $\Ker(\widetilde{v})=\Img(v)$, donc :\[(u\circ v=v)\wedge(v\circ u=u)\iff(\widetilde{u},\widetilde{v}\text{ sont deux projecteurs})\wedge\left(\Img(u)=\Img(v)\right)\]Enfin, on a vu que si $u$ est projecteur alors $\mathrm{Id}-u$ en est un aussi, et il est facile de vérifier qu’il s’agit même d’une équivalence :\[u\circ u=u\iff(\mathrm{Id}-u)\circ(\mathrm{Id}-u)=\mathrm{Id}-u.\]Finalement, on en conclut que :\[\begin{aligned}&(u\circ v=v)\wedge(v\circ u=u) \\&\iff(Id-\widetilde{u},\mathrm{Id}-\widetilde{v}\text{ sont deux projecteurs})\wedge(\Img(u)=\Img(v))\\ &\iff(u,v\text{ sont deux projecteurs})\wedge\left(\Img(u)=\Img(v)\right)\\ \end{aligned}\]Dans cet exercice, la démonstration directe est plus rapide que la solution proposée. Cependant, il est intéressant de voir que les liens que l’on peut trouver entre différentes propriétés, surtout dans le cas où les démonstrations directes sont compliquées.

Supposons que $f$ est non nulle alors cela signifie qu’il existe $x_0\in E$ tel que $f(x_0)\ne 0$. En particulier, $x_0$ est non nul lui aussi car $f$ étant une application linéaire, $f(0_E)=0_E$.
Cela signifie donc qu’il existe $\lambda_0\in \mathbb{K}^*$ tel que $f(x_0)=\lambda_0x_0$.
Considérons alors $y\in E$, on a deux possibilités :

• La famille $\{x_0,y\}$ est liée.
  Dans ce cas, $\exists\alpha\in\mathbb{K},\ y=\alpha x_0$.
  Donc par linéarité, on a :\[f(y)=\alpha f(x_0)=\alpha {\lambda_0}x_0={\lambda_0}y.\]
• La famille $\{x_0,y\}$ est libre.
  Par hypothèse, $f(x_0+y)$ et $x_0+y$ sont liés, c’est-à-dire qu’il existe $\lambda_1\in\mathbb{K}$ tel que :\[f(x_0+y)=\lambda_1(x_0+y)=\lambda_1x_0+\lambda_1y.\]Or, par linéarité, on a $f(x_0+y)=f(x_0)+f(y)=\lambda_0x_0+f(y)$.
  En utilisant encore l’hypothèse faite sur $f$, on sait que $f(y)$ et $y$ sont liés, c’est-à-dire qu’il existe $\lambda_2\in\mathbb{K}$ tel que $f(y)=\lambda_2y$.
  Donc, on a :\[f(x_0+y)=\lambda_0x_0+\lambda_2y.\]

En combinant ces deux relations, on obtient :\[\lambda_1x_0+\lambda_1y=\lambda_0x_0+\lambda_2y\iff(\lambda_0-\lambda_1)x_0+(\lambda_2-\lambda_1)y=0.\]La famille $\{x_0,y\}$ étant libre, cela implique que :\[\left\{\begin{aligned}\lambda_0-\lambda_1&=0 \\ \lambda_2-\lambda_1&=0\end{aligned}\right.\iff\left\{\begin{aligned}\lambda_0&=\lambda_1 \\ \lambda_2&=\lambda_1\end{aligned}\right.\]On en déduit donc que $f(y)=\lambda_0 y$.

Finalement dans tous les cas, on voit que $f(y)=\lambda_0 y$, ce qui signifie bien que $f$ est une homothétie de rapport $\lambda_0$. On en conclut que $f$ est soit nulle, soit une homothétie.