${\displaystyle u_{1}}$ est l'application produit scalaire par le vecteur de coordonnées ${\displaystyle (1,-1,3)}$ donc c'est une forme linéaire.

${\displaystyle u_{2}}$ n'est pas linéaire car ${\displaystyle u_{2}(0,0,0)\neq 0}$.

${\displaystyle u_{3}}$ n'est pas linéaire mais quadratique : pour tout vecteur ${\displaystyle v\in \mathbb {R} ^{3}}$ et tout scalaire ${\displaystyle \lambda \in \mathbb {R} }$, ${\displaystyle u_{3}(\lambda v)=\lambda ^{2}u_{3}(v)}$ est différent de ${\displaystyle \lambda u_{3}(v)}$ dès que ${\displaystyle u_{3}(v)\neq 0}$ et ${\displaystyle \lambda ^{2}\neq \lambda }$ (exemple : ${\displaystyle v=(1,0,1)}$ et ${\displaystyle \lambda =2}$).

${\displaystyle u_{4}}$ est linéaire. Cela vient du fait que ${\displaystyle u_{4}(v)=(f(v),g(v))}$ où ${\displaystyle f}$ et ${\displaystyle g}$ sont les formes linéaires produit scalaire par ${\displaystyle (1,-1,0)}$ et ${\displaystyle (0,0,1)}$. On systématisera cet argument au chapitre « Matrice/Matrice d'une application linéaire », mais on peut déjà le voir sur cet exemple :

pour tous vecteurs ${\displaystyle v_{1},v_{2}}$ et tout scalaire ${\displaystyle \lambda }$, on a (par linéarité de ${\displaystyle f}$ et ${\displaystyle g}$ et par définition des opérations sur l'espace vectoriel d'arrivée ${\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}$) :

${\displaystyle {\begin{aligned}u_{4}\left(\lambda v_{1}+v_{2}\right)&=\left(f\left(\lambda v_{1}+v_{2}\right),g\left(\lambda v_{1}+v_{2}\right)\right)\\&=\left(\lambda f\left(v_{1}\right)+f\left(v_{2}\right),\lambda g\left(v_{1}\right)+g\left(v_{2}\right)\right)\\&=\lambda \left(f\left(v_{1}\right),g\left(v_{1}\right)\right)+\left(f\left(v_{2}\right),g\left(v_{2}\right)\right)\\&=\lambda u_{4}\left(v_{1}\right)+u_{4}\left(v_{2}\right).\end{aligned}}}$

${\displaystyle u}$ est linéaire, pour la même raison que l'application ${\displaystyle u_{4}}$ de l'exercice précédent : ${\displaystyle u(v)=\left(f(v),g(v)\right)}$ où ${\displaystyle f}$ et ${\displaystyle g}$ sont les formes linéaires produit scalaire par ${\displaystyle (1,1)}$ et par ${\displaystyle (1,-1)}$.

${\displaystyle u(x,y)=(x',y')\Leftrightarrow \left\{{\begin{matrix}x+y=x'\\x-y=y'\end{matrix}}\right\}\Leftrightarrow \left\{{\begin{matrix}x={\frac {x'+y'}{2}}\\y={\frac {x'-y'}{2}}\end{matrix}}\right.}$

donc ${\displaystyle u}$ est une application linéaire bijective (c'est-à-dire un automorphisme), et sa bijection réciproque est l'automorphisme ${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}u}$.

Autrement dit : ${\displaystyle u^{2}=2\operatorname {Id} _{\mathbb {R} ^{2}}}$, ou encore : ${\displaystyle \left({\tfrac {1}{\sqrt {2}}}u\right)^{2}=\operatorname {Id} _{\mathbb {R} ^{2}}}$, c'est-à-dire que ${\displaystyle {\tfrac {1}{\sqrt {2}}}u}$ est une symétrie.

${\displaystyle E}$ est un ${\displaystyle \mathbb {R} }$-espace vectoriel et ${\displaystyle L}$ est bien à valeurs dans ${\displaystyle \mathbb {R} }$. Vérifions qu'elle est linéaire. Soient ${\displaystyle f,g\in E}$ et ${\displaystyle \lambda \in \mathbb {R} }$.

${\displaystyle {\begin{aligned}L(\lambda f+g)&=\int _{a}^{b}(\lambda f+g)(t)\varphi (t)\ \mathrm {d} t\\&=\int _{a}^{b}\left(\lambda f(t)+g(t)\right)\varphi (t)\ \mathrm {d} t\\&=\lambda \int _{a}^{b}f(t)\varphi (t)\ \mathrm {d} t+\int _{a}^{b}g(t)\varphi (t)\ \mathrm {d} t\\&=\lambda L(f)+L(g).\end{aligned}}}$

Le résultat étant immédiat si ${\displaystyle g}$ est l'application nulle, supposons ${\displaystyle g\neq 0}$.

Pour tout ${\displaystyle x\in E}$ tel que ${\displaystyle g(x)\neq 0}$, notons ${\displaystyle \lambda _{x}}$ l'unique scalaire tel que ${\displaystyle f(x)=\lambda _{x}g(x)}$.

Soient ${\displaystyle x,y\in E}$, d'images non nulles par ${\displaystyle g}$.

• Si ${\displaystyle \left(g(x),g(y)\right)}$ est libre alors ${\displaystyle \lambda _{x}=\lambda _{x+y}=\lambda _{y}}$ car

  ${\displaystyle \lambda _{x}g(x)+\lambda _{y}g(y)=f(x)+f(y)=f(x+y)=\lambda _{x+y}g(x+y)=\lambda _{x+y}\left(g(x)+g(y)\right)=\lambda _{x+y}g(x)+\lambda _{x+y}g(y)}$.

• Si ${\displaystyle g(y)=\mu g(x)}$ (${\displaystyle \neq 0}$) alors ${\displaystyle g(y-\mu x)=0}$ donc ${\displaystyle f(y-\mu x)=0}$, si bien que

  ${\displaystyle \lambda _{y}\mu g(x)=\lambda _{y}g(y)=f(y)=\mu f(x)=\mu \lambda _{x}g(x)}$.

Dans les deux cas, on en déduit que ${\displaystyle \lambda _{x}=\lambda _{y}}$. Ainsi, tous les ${\displaystyle \lambda _{x}}$ (pour ${\displaystyle g(x)\neq 0}$) sont égaux à un même scalaire ${\displaystyle \lambda }$.

L'égalité ${\displaystyle f(x)=\lambda g(x)}$ étant aussi vérifiée pour les ${\displaystyle x}$ tels que ${\displaystyle g(x)=0}$, la conclusion s'ensuit.