f(λ(x,y)+μ(x',y'))=f(λx+μx',λy+μy')=(λx+μx'+λy+μy', 2λx+2μx')=λf(x,y)+μf(x',y') ✓. Matrice: colonnes=f(e₁)=(1,2) et f(e₂)=(1,0). M=[[1,1],[2,0]].

Ker: x+y+z=0 et x−y=0 → x=y et z=−2x. Ker=Vect{(1,1,−2)}. dim Ker=1. Im: f est surjectif (rang 2) → dim Im=2. Vérif: 1+2=3=dim(ℝ³) ✓.

M_f=[[2,−1],[1,3]]. M_g=[[1,1],[0,1]]. M_{g∘f}=M_g·M_f=[[2+1,−1+3],[1,3]]=[[3,2],[1,3]].

L(x,y)=(x,−y) (partie linéaire). Point fixe: f(x,y)=(x,y) → x+1=x (impossible?) Non: x+1=x → 1=0, pas de fixe pour x. −y+2=y → y=1. Contradiction pour x → pas de point fixe. Vérifier: f(x,y)=(x,y) → x+1=x impossible. Pas de point fixe pour cette application.

(1) L₃←L₃−L₁: [[1,2,1,0],[0,1,1,1],[0,1,1,1]]. L₃←L₃−L₂: [[1,2,1,0],[0,1,1,1],[0,0,0,0]]. rang=2. (2) dim Ker=4−2=2. (3) Noyau: x+2y+z=0 et y+z+t=0. Paramètres libres: z=s, t=u. y=−s−u, x=−2y−z=2s+2u−s=s+2u. Ker=Vect{(1,−1,1,0),(2,−1,0,1)}.

1. Notons b=AB, c=AC les vecteurs issus de A, avec |b|=|c| puisque AB=AC. La partie linéaire φ de f vérifie φ(b)=AB'=(A+C)/2−A=c/2 et φ(c)=AC'=(A+B)/2−A=b/2 : φ échange b et c en divisant par 2. Comme |b|=|c|, l'application linéaire qui échange b et c sans division est exactement la réflexion orthogonale s d'axe la bissectrice de l'angle en A (elle envoie B sur C et C sur B, isométrie car AB=AC) : φ=(1/2)s. Pour que k·φ soit le linéaire d'une isométrie, il faut |k/2|=1, donc k=2. On choisit l'homothétie h de centre A et de rapport 2 (ainsi h(A)=A, donc h∘f fixe encore A).
2. Le linéaire de h∘f vaut alors 2φ=s, qui est orthogonal, et (h∘f)(A)=A : h∘f est donc la symétrie orthogonale d'axe la bissectrice de l'angle BAC — qui, le triangle étant isocèle en A, est aussi la médiatrice de [BC]. Vérification : h∘f(B)=A+2(B'−A)=A+(C−A)=C et h∘f(C)=A+2(C'−A)=A+(B−A)=B, ce qui correspond bien à l'échange de B et C par cette symétrie.

1. Posons b=AB, c=AC. ABCD parallélogramme ⟹ AD=AC−AB=c−b. La partie linéaire φ vérifie φ(b)=AD (car f(B)=D) et φ(c)=AD (car f(C)=D), d'où φ(AD)=φ(c−b)=φ(c)−φ(b)=AD−AD=0 : le vecteur AD est dans le noyau de φ. Donc f(D)=f(A)+φ(AD)=A. Pour tout point M=A+t·AD de (AD), f(M)=A+φ(t·AD)=A : l'image de (AD) est le seul point A. L'image du plan entier est la droite (AD) elle-même, car Im(φ)=Vect(AD). Tout point du plan a donc son image sur (AD), or f y vaut constamment A : pour tout M, f(f(M))=A. f∘f est l'application constante égale à A.
2. a) g fixe A et C et échange B et D (axe de symétrie du losange). Le linéaire de g∘f est φ'=s∘φ (s = linéaire de g) : φ'(AB)=s(AD)=AB et φ'(AC)=s(AD)=AB. φ' fixe donc AB et annule AC−AB=AD (même noyau que φ) : c'est le projecteur linéaire sur (AB) parallèlement à (AD). Comme (g∘f)(A)=A, g∘f est la projection affine sur la droite (AB), parallèlement à la direction (AD). b) Puisque g∘g=Id, f=g∘(g∘f) : pour construire f(M), on projette M sur (AB) parallèlement à (AD) (point P), puis on prend le symétrique de P par rapport à (AC) : f(M) est ce symétrique.

1. Posons b=AB, c=AC. La formule générale donne f(P)=B+φ(AP) avec φ(b)=f(B)−f(A)=A−B=−b et φ(c)=f(C)−f(A)=C−B=c−b. On vérifie φ²(b)=φ(−b)=b et φ²(c)=φ(c−b)=(c−b)−(−b)=c : donc φ²=Id, d'où f(f(P))=P pour tout P (calcul direct : f(f(P))=B+φ(b+φ(AP))=B+φ(b)+φ²(AP)=A+AP=P). f∘f=Id.
2. I=A+b/2. f(I)=B+φ(b/2)=B−b/2=(A+B)/2=I. I est invariant.
3. Un vecteur propre de φ pour la valeur propre +1 est v=2c−b (on vérifie φ(2c−b)=2(c−b)−(−b)=2c−b). Or IC=c−b/2=v/2 : la droite (IC) a pour direction ce vecteur propre v, et passe par le point fixe I. Donc tout point P=I+t·v de (IC) vérifie f(P)=I+φ(t·v)=I+t·v=P : (IC) est fixe point par point.
4. Pour M=A+t·b sur (AB) : f(M)=B+φ(t·b)=B−t·b=A+(1−t)·b, qui reste sur (AB) (avec t↦1−t). (AB) est globalement invariante (f y agit comme la symétrie de centre I).
5. M∈(IC) : f(M)=M. M∈(AB) : f(M) est le symétrique de M par rapport à I sur la droite (AB). Cas général : on trace la parallèle à (AB) passant par M, qui coupe (IC) en un point J ; alors f(M) est le symétrique de M par rapport à J (J est le milieu de [M,f(M)]). f est donc la symétrie affine (oblique) d'axe (IC) et de direction (AB).

1. Posons b=AB, d=AD (base en A ; C=B+D−A par la règle du parallélogramme). On trouve φ(b)=f(B)−f(A)=D−B=d−b et φ(d)=f(D)−f(A)=(B+D−A)−B=d. g=t⁻¹∘f a même partie linéaire φ et g(A)=f(A)−b=B−b=A : g fixe A. φ vérifie φ(d)=d (valeur propre 1) et, en résolvant φ(v)=−v, on trouve le vecteur propre v=d−2b (valeur propre −1). La condition AB=BD donne |d−b|=|b|, soit |d|²=2d·b, exactement la condition d'orthogonalité entre d et v=d−2b (d·v=|d|²−2d·b=0). Les directions propres sont donc orthogonales : g est la symétrie orthogonale d'axe (AD).
2. De g=t⁻¹∘f on tire f=t∘g : pour construire f(M), on réfléchit M par rapport à (AD) pour obtenir M₁, puis on translate M₁ du vecteur AB : f(M) est ce translaté.
3. f(P)=P ⟺ (φ−Id)(AP)=−b. En base propre (d,v) avec b=(d−v)/2, (φ−Id) a pour valeurs propres 0 (sur d) et −2 (sur v), donc (φ−Id)(AP) est toujours colinéaire à v ; or b a une composante non nulle sur d (coefficient 1/2). L'équation (φ−Id)(AP)=−b est donc impossible : f n'a pas de point invariant.

1. Posons b=AB, c=AC. D=2C−B donne φ(b)=f(B)−f(A)=D−A=2c−b et φ(c)=f(C)−f(A)=b. Un point P=A+xb+yc est invariant ssi φ(xb+yc)=xb+yc. Le calcul donne (y−x)b+2xc=xb+yc, soit y=2x : l'ensemble des points invariants est la droite passant par A, de direction b+2c=AB+2AC (matrice de φ : valeurs propres 1 et −2).
2. On cherche le point G de cette droite qui appartient aussi à (BC) : en résolvant A+x(b+2c)=A+b+t(c−b), on trouve x=1/3, t=2/3, soit G=A+(b+2c)/3. On calcule alors GB=(2/3)(b−c) et GC=(1/3)(c−b), d'où GB=−2·GC.
3. Le vecteur propre associé à la valeur propre −2 est b−c=AB−AC, colinéaire à (BC). f fixe point par point la droite (AG) (valeur propre 1) et multiplie par −2 dans la direction (BC) (valeur propre −2) : f est l'affinité d'axe (AG), de direction (BC) et de rapport −2.

Fixons une origine O. Par définition du barycentre : g(M)=O+[α·Of₁(M)+β·Of₂(M)]/(α+β). Comme f₁,f₂ sont affines, f₁(M)=f₁(O)+φ₁(OM) et f₂(M)=f₂(O)+φ₂(OM), où φ₁,φ₂ sont linéaires. On obtient g(M)−O = [α(f₁(O)−O)+β(f₂(O)−O)]/(α+β) + [α·φ₁(OM)+β·φ₂(OM)]/(α+β). Le premier terme est un vecteur constant w (indépendant de M). Le second s'écrit ψ(OM) où ψ=(α·φ₁+β·φ₂)/(α+β) est linéaire, comme combinaison linéaire de φ₁ et φ₂ (α+β≠0 assure que la division est licite). Donc g(M)=O+w+ψ(OM) : g est affine, de partie linéaire ψ, barycentre des parties linéaires de f₁ et f₂ avec les mêmes coefficients.

1. Pour M(x,y) : u·OM=−(3/2)x+2y et i·OM=x. Donc OM'=(−(3/2)x+2y)(1,0)+x(−3/2,2)=(−3x+2y,2x). L'expression analytique est x'=−3x+2y, y'=2x : linéaire en (x,y), donc f est affine (linéaire, avec f(O)=O).
2. f(A)=A : −3x+2y=x et 2x=y donnent y=2x (compatible), droite de vecteur directeur (1,2) : on prend A(1,2). Of(B)=−4OB : −3x+2y=−4x et 2x=−4y donnent x=−2y : on prend B(−2,1). Les vecteurs directeurs (1,2) et (−2,1) sont orthogonaux (produit scalaire −2+2=0). La matrice a donc les valeurs propres 1 (direction A) et −4 (direction B) avec vecteurs propres orthogonaux : f est l'affinité orthogonale d'axe (OA) [droite d'équation y=2x], de rapport −4 (dans la direction orthogonale, celle de B).
3. Dans le repère (O,A,B), A et B sont vecteurs propres : X'=X, Y'=−4Y.

1. Posons ρ=‖a‖, a=ρu, et AM=xu+yv. Alors AM·a=ρx, d'où AM'=2ρx·ρu−(xu+yv)=(2ρ²−1)x·u−y·v. Expression analytique : x'=(2ρ²−1)x, y'=−y. Linéaire en (x,y) à coefficients constants : f est affine (linéaire, fixe A).
2. La matrice est diag(2ρ²−1,−1), de déterminant −(2ρ²−1)=1−2ρ². f bijective ⟺ déterminant≠0 ⟺ ρ²≠1/2 ⟺ ‖a‖≠√2/2.
3. a) Si a=0 : AM'=2(AM·0)0−AM=−AM. f est la symétrie centrale de centre A. b) Si ‖a‖=1 : ρ=1, matrice diag(1,−1) dans (A,u,v) : f est la symétrie orthogonale d'axe la droite (A,u), c'est-à-dire (A, direction a).

Prenons I comme origine, et une base (d,d') formée d'un vecteur directeur de (Δ) et d'un vecteur directeur de (Δ'), indépendants car les droites sont sécantes. Écrivons M=m₁d+m₂d'. La symétrie de centre M envoie la droite (Δ) [passant par I=0, direction d] sur la droite passant par 2M et de même direction d : (Δ_M)={points de coordonnée d'-composante = 2m₂, d-composante libre}. La droite (Δ') est {d'-composante=0}. Leur intersection est le point de d-composante 2m₁ et de d'-composante 0, soit f(M)=2m₁·d. En coordonnées (m₁,m₂)↦(2m₁,0) : application linéaire, donc f est affine (linéaire, f(I)=I). Son image est réduite à la droite (Δ') (rang 1) : f n'est pas bijective (ni injective, ni surjective). Points invariants : f(M)=M ⟺ 2m₁d=m₁d+m₂d' ⟺ m₁d=m₂d' ; comme d,d' indépendants, cela impose m₁=m₂=0. Le seul point invariant est I, l'intersection de (Δ) et (Δ').

1. MM'=(x'−x,y'−y)=((x−2y−6)/3,(2x−4y−12)/3). Le second est le double du premier : MM'=[(x−2y−6)/3]·(1,2). Direction fixe : (1,2).
2. On calcule x'−2y' = (4x−2y−6)/3 − 2(2x−y−12)/3 = 18/3 = 6, constant : tout point image vérifie x−2y−6=0. Or MM'=0 exactement quand x−2y−6=0 (question 1) : ces points sont donc fixes par f, et comme toute image M' est de ce type, f(M')=M', c'est-à-dire f(f(M))=f(M) pour tout M.
3. a) L'ensemble des points invariants est la droite (D) : x−2y−6=0. b) Comme MM' est toujours colinéaire à (1,2) et l'ensemble des invariants est (D), f est la projection affine sur (D), parallèlement à la direction (1,2).

1. La matrice linéaire L=(1/13)[[5,−12],[−12,−5]] vérifie [[5,−12],[−12,−5]]²=169·I (calcul direct des quatre coefficients), donc L²=I. Avec c=(24/13,36/13) le vecteur constant, f(P)=LP+c et f(f(P))=L²P+Lc+c=P+Lc+c. On calcule Lc=(−24/13,−36/13)=−c, donc Lc+c=0 : f∘f=Id pour tout P.
2. f(P)=P ⟺ (L−I)P=−c, ce qui donne −8x−12y=−24 et −12x−18y=−36, deux équations équivalentes à 2x+3y=6. (D) : 2x+3y−6=0.
3. a) On calcule 2x'+3y'=−2x−3y+12 (développement direct), d'où (2x+3y)+(2x'+3y')=12 : le milieu de [MM'] vérifie 2X+3Y=6, donc appartient à (D). b) x'−x=(−4/13)(2x+3y−6) et y'−y=(−6/13)(2x+3y−6) : MM' est colinéaire à (−4,−6), soit à (2,3), qui est le vecteur normal de (D) (2x+3y=6) — donc orthogonal à la direction de (D) (produit scalaire (2,3)·(3,−2)=0). c) f∘f=Id (involution), invariants formant une droite (D), et MM' toujours orthogonal à (D) avec milieu sur (D) : f est la symétrie orthogonale d'axe (D) : 2x+3y−6=0.

1. f∘f=Id signifie que f est sa propre application réciproque : f est donc bijective, d'inverse f⁻¹=f.
2. Une application affine conserve les milieux : f(M)=f((A+f(A))/2)=(f(A)+f(f(A)))/2=(f(A)+A)/2=M (car f(f(A))=A). M est invariant.
3. a) D'après la question 2, pour tout point A choisi, le milieu M de [A,f(A)] est un point invariant : (𝒮) n'est jamais vide. b) Supposons (𝒮)={Ω}. f s'écrit f(P)=Ω+φ(ΩP) avec φ²=Id (partie linéaire de f∘f=Id). Si φ admettait un vecteur propre v≠0 pour la valeur propre 1, le point P=Ω+v serait invariant et distinct de Ω, contredisant l'unicité. Donc φ n'a pas la valeur propre 1 ; comme φ²=Id force les valeurs propres réelles à valoir ±1 (polynôme minimal à racines simples x²−1, donc φ diagonalisable), toutes les valeurs propres de φ valent −1, soit φ=−Id. Alors f(P)=Ω−ΩP=2Ω−P : f est la symétrie centrale de centre Ω.

f(O)=(2,1). f(I)=(−1−0+2,−1+1)=(1,0)=I (invariant). f(J)=(−0−2+2,−0+1)=(0,1)=J (invariant). I et J étant fixes, toute la droite (IJ), d'équation x+y=1, est fixe point par point (une application affine conserve les barycentres, donc fixe tout point de la droite portée par deux points fixes). La partie linéaire L=[[−1,−2],[−1,0]] a pour valeurs propres 1 (vecteur propre (−1,1), direction de (IJ), cohérent) et −2 (vecteur propre (2,1), en résolvant L(v)=−2v). f est l'affinité d'axe (IJ) : x+y=1, de direction (2,1), de rapport −2 (vérifié sur O : f(O)=(2,1) correspond bien à ce rapport appliqué à la décomposition de O).

1. a) La partie linéaire L=[[2,−5],[1,−2]] a pour trace 0 et déterminant 2×(−2)−(−5)×1=1, donc les valeurs propres vérifient λ²+1=0 : elles sont complexes, L n'a aucun vecteur propre réel. L étant inversible (det=1≠0), l'image de toute droite est une droite ; comme la direction de (D) ne peut être fixée par L (pas de vecteur propre réel), l'image (D') a une direction différente : (D') n'est pas parallèle à (D). b) Si M, M₁, M₂ étaient alignés sur une droite (D) avec M≠M₁, alors M₁∈(D)=(D)∩f(D) et M₂=f(M₁)∈f(D)=(D'). Comme (D) et (D') sont deux droites non parallèles (question a), leur intersection est réduite à un seul point ; or ce point contient à la fois M₁ (dans (D) par hypothèse et dans (D') car M₁=f(M)) et M₂ (dans (D) par hypothèse et dans (D')) : donc M₁=M₂, ce qui contredit l'hypothèse que M₁, M₂ sont distincts. M, M₁, M₂ ne peuvent donc pas être alignés dès qu'ils sont distincts.
2. On vérifie L²=−I (calcul direct : [[2,−5],[1,−2]]²=[[−1,0],[0,−1]]). Donc f∘f a pour partie linéaire −Id : f∘f est une symétrie centrale (de centre l'unique point invariant de f∘f). Alors f⁴=(f∘f)∘(f∘f) est la composée d'une symétrie centrale avec elle-même : f∘f∘f∘f=Id.
3. a) Avec f(P)=LP+c, c=(2,0), on développe M+f(M)+f²(M)+f³(M)=M(I+L+L²+L³)+(3I+2L+L²)c. Comme L²=−I et L³=−L, on a I+L+L²+L³=0 : le terme en M disparaît ! Il reste G=[(3I+2L+L²)c]/4=[(2I+2L)c]/4=(I+L)c/2=(3,1) (calcul numérique), indépendant de M. En prenant M=G, on obtient directement que G est fixe ; de plus (L−I) est inversible (déterminant 2≠0), donc l'équation LP+c=P a une unique solution : G=(3,1) est l'unique point invariant de f. b) Pour M(2,1) : M₁=f(M)=(1,0), M₂=f(M₁)=(4,1), M₃=f(M₂)=(5,2). Vérification : (M+M₁+M₂+M₃)/4=(12,4)/4=(3,1)=G. ✓

1. a) A est le milieu de [B,B'] ; une application affine conserve les milieux, donc f(A)=milieu[f(B),f(B')], c'est-à-dire A'=milieu[B',f(B')], soit f(B')=2A'−B'=(B'+B'')−B'=B'' (car A'=milieu[B',B'']). b) On pose e₁=AB', e₂=AC (base en A). En développant les milieux, on trouve que les diagonales [AA'] et [B'C] ont même milieu (B+2B'+B'')/4 quel que soit le triangle : AB'A'C est un parallélogramme. De plus AB'=B'A'=A'C=CA=(1/2)BB'=(1/2)B'B'' car BB'=B'B'' (isocèle en B') : les quatre côtés sont égaux, donc AB'A'C est un losange.
2. On établit d'abord l'identité générale φ(AB')=AC (car B''−A'=(B''−B')/2=C−A, indépendamment de toute hypothèse). En posant e₁=AB', e₂=AC, on a donc toujours φ(e₁)=e₂. La condition f(A')=A'' équivaut à φ(A'−A)=A''−A', soit φ(e₁+e₂)=e₁+e₂, c'est-à-dire (en utilisant φ(e₁)=e₂) φ(e₂)=e₁. Or f∘f a pour partie linéaire φ² ; comme {e₁,e₂} est une base et φ(e₁)=e₂ toujours, φ²=Id sur toute la base équivaut exactement à φ(e₂)=e₁ (l'autre condition φ(φ(e₂))=e₂ en découle automatiquement). Donc f∘f est une translation (partie linéaire Id) si et seulement si f(A')=A''.
3. a) BB'=2e₁ (car B=A−e₁, B'=A+e₁), donc φ(BB')=2φ(e₁)=2·AC. B'C=e₂−e₁ (car C=A+e₂), donc φ(B'C)=φ(e₂)−φ(e₁)=e₁−e₂=−B'C (B'C est vecteur propre de valeur propre −1). b) φ a pour valeurs propres +1 (vecteur e₁+e₂=AA') et −1 (vecteur e₁−e₂, colinéaire à B'C) ; comme AB'A'C est un losange, |e₁|=|e₂|, donc (e₁+e₂)·(e₁−e₂)=|e₁|²−|e₂|²=0 : les directions propres sont orthogonales, φ est bien le linéaire d'une réflexion. Soit s la symétrie orthogonale d'axe (AA') : s(A)=A et s a pour partie linéaire φ. Alors f∘s a pour partie linéaire φ∘φ=Id (c'est une translation), et (f∘s)(A)=f(A)=A' : c'est la translation t de vecteur AA'. On a f=t∘s ; et comme le vecteur AA' est parallèle à l'axe (AA') de s, translation et symétrie d'axe parallèle commutent, donc f=s∘t=t∘s (f est la symétrie glissée d'axe (AA') et de vecteur AA').