Exercices de mathématiques

Correction du devoir `a la maison

Montrer que p + q est un projecteur si et seulement si p ◦ q = q ◦ p = 0. (Dans ce qui suit p2 désigne p ◦ p

Projecteurs et symétries

On dit que p est un projecteur s'il existe E1 et E2 deux sous-espaces vectoriels supplémentaires dans E tels que p est la projection sur E1 parallèlement à E2.

Soit E un − Kespace vectoriel et p un projecteur de E. Montrer que

est un projecteur de E. 2. Comparer les noyaux et les images de p et. E. Id p. − . Analyse. Un (très) grand classique (une question de cours diraient

Projecteurs

a) Démontrer : Im(p) ∩ Ker(p) = {0E}. b) Démontrer Détaillons cette méthode. • On commence par montrer : p est un projecteur ⇒ idE − p est un projecteur.

Exercice Éléments de solution

Montrer que u et p commutent si et seulement si Ker p et Im p sont stables Comme p est un projecteur on a E = Ker p ⊕ Im p. Soit x ∈ Ker p

9782340-023444_001_432.indd

Soit p et q deux projecteurs d'un K-espace vectoriel E. 1. Montrer que : p + q est un projecteur si et seulement si

Projections orthogonales

p). En déduire que 2idE +p est un isomorphisme. 2. Considérons deux projecteurs p et q qui commutent. Montrer que p ◦q est un projecteur et justifier que ...

Untitled

Démontrer que p est un projecteur si et seulement si e - p en est un. 2. a) Quel est le seul projecteur inversible de E? b) Déterminer le projecteur p pour

Dans tout ce qui suit on désigne par k un corps commutatif de

Montrer que 2p − IdE est une symétrie si et seulement si p est un projecteur. 3. Conjugaison commutation. Soit p = pF

Algèbre linéaire I

Soit E un espace de dimension finie. Montrer que la trace d'un projecteur est son rang. Correction ▽. [005590]. Exercice

Applications linéaires

Montrer qu'une application linéaire p est un projecteur et savoir l'identifier en calculant Ker(p)

Correction du devoir `a la maison

Soit E un espace vectoriel sur R. On appelle projecteur une application linéaire p : E ? E qui vérifie p ? p = p. (1) Si p est un projecteur montrer que

Projecteurs

Une application p est appelé un projecteur de E si elle vérifie : 1. a) Démontrer que les seules valeurs propres possibles de p sont 0 et 1.

Projecteurs et symétries

Définition (Projecteur). • Le projecteur p (ou la projection) sur E1 parallèlement à E2 est défini par: p : E = E1 ? E2. ? E x = x1 + x2. ?? x1 .

Dans tout ce qui suit on désigne par k un corps commutatif de

Montrer que p est un projecteur. b) Reformuler le résultat de a) en termes des valeurs propres de p et des sous-espaces propres correspondants. L'endomorphisme

Exercices de mathématiques - Exo7

Montrer que la famille de fonctions (cos(px))p?N ?(sin(qx))q?N? est libre. Dans le cas où p+q est un projecteur déterminer Ker(p+q) et Im(p+q).

Soit E un ? Kespace vectoriel et p un projecteur de E. Montrer que

est un projecteur de E. 2. Comparer les noyaux et les images de p et. E. Id p. ? . Analyse. Un (très) grand classique (une question de cours diraient

MPSI 2 : DL 4

F = (F ? ker p)+(F ? Im p). ) (ii). 2 Deuxi`eme partie. Q 5 Soit p un endomorphisme de E. Montrer que p est un projecteur de E si et seulement si il

Exercice Éléments de solution

Soit E un espace vectoriel de dimension finie u ? ? (E) et p un projecteur de E. Montrer que u et p commutent si et seulement si Ker p et Im p sont

Exercices de mathématiques - Exo7

Par définition un endomorphisme p de E est un projecteur si et seulement si Soient p et q deux projecteurs

Projecteurs et symétries - Free

Projecteur Dé?nition (Projecteur) Le projecteur p (ou la projection) sur E1 parallèlement à E2 est dé?ni par: p: E = E1 E2! E x = x1 +x2 7! x1: E1 est appelé base de la projection et E2 direction de la projection On dit que p est un projecteur s’il existe E1 et E2 deux sous-espaces vectoriels supplémentaires dans E tels que p est

Feuille d'exercices n o 19 : Applications linéaires

3 Soient p et q deux projecteurs montrer que : [Kerp=Kerqp= p qet q=q p] 4 p et q étant deux projecteurs véri?ant p q+q p = 0 montrer que p q = q p = 0 Donner une condition nécessaire et suf?sante pour que p+q soit un projecteur lorsque p et q le sont Dans ce cas déterminer Im(p+q) et Ker(p+q) en fonction de Kerp Kerq Imp et

Feuille d'exercices n o 19 : Applications linéaires

1 Montrer que p q est aussi un projecteur 2 Montrer que Im(p q) = Im(p) Im(q) 3 Montrer que ker(p q) = ker(p) + ker(q) 4 On suppose de plus que p q = 0 (et donc q p = 0 également) Montrer alors que p + q est aussi un projecteur de mêmes noyau et image que p q Exercice 9 (**) Soit f 2L(E) où E est un espace vectoriel de dimension

Projecteurs symétries endomorphismes nilpotents - unicefr

Exercice 1 Montrer que p 2L(E) est un projecteur ssi p2 = p Si car k 6= 2 montrer que s est une symétrie ssi s2 = id Exercice 2 Soient k un corps de caractéristique nulle et p 1;:::;p n 2L(E) des projecteurs a) Si p 1 + +p n = 0 montrer que p 1 = = p n = 0 b) Montrer que p 1 + + p n est un projecteur ssi 8i 6= j p i p j = 0 et qu

Feuille d'exercices n 17 : Applications linéaires

1 Montrer que p est un projecteur 2 Véri er que Im(p) = fx 2E jf(x) = xg 3 On note q le projecteur sur ker(p) parallèlement à Im(p) exprimer q comme combinaison linéaire de f et de p 4 En déduire que E = ker(f id E) ker f + 1 2 id E II Expression des puissances de f 1 Montrer en utilisant les résultats de la première partie

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p(y) = p2(a) = p(a) = y puisque p est un projecteur Il s’ensuit donc que y = p(x) et donc z = x p(x): cela constitue donc une condition n ecessaire a l’existence de la d ecomposition de x 2E comme somme d’un el ement de Im(p) et d’un el ement de Ker(p) Synth ese: Soit x 2E et posons x = p(x) + (x p(x)) Nous avons evidemment p(x) 2

Comment montrer que pq est un projecteur ?

1. Montrer que pq est aussi un projecteur. 2. Montrer que Im(pq) = Im(p) Im(q). 3. Montrer que ker(pq) = ker(p) + ker(q). 4. On suppose de plus que p q = 0 (et donc q p = 0 également). Montrer alors que p + q est aussi un projecteur, de mêmes noyau et image que pq.

Pourquoi est-il important de te montrer en tant que projecteur ?

Si tu es projecteur, c’est la même chose : la personne en face de toi a besoin de te connaître, de savoir qui tu es, de voir tes qualités, pour avoir envie de faire ensuite appel à ces qualités. Il est donc très important pour toi en tant que projecteur de te montrer. Evidemment, cela ne veut pas dire montrer tout de toi à tout le monde !

Comment fonctionne un projecteur de poursuite?

Le projecteur de poursuite est utilisé pour isoler un personnage (plus sur un plateau de télévision), ou simplement faire ressortir un personnage sur scène .Il est généralement équipé d’une lampe HMI. Le projecteur de poursuite est monté sur pied avec un mécanisme permettant de le diriger pour suivre les mouvements de l’acteur sur la scène.

Quelle est l’époque des projecteurs ?

Je vous le disais plus haut, selon le Design humain, notre époque est celle de l’avènement des projecteurs. Après avoir été beaucoup dirigé par les manifesteurs, notre monde change et de plus en plus de projecteurs arrivent au pouvoir.

Exo7

Espaces vectoriels

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le cours

Exercice 1*TSoitEleR-espace vectoriel des applications de[0;1]dansR(muni def+getl:fusuels) (ne pas hésiter à

redémontrer queEest unRespace vectoriel). SoitFl"ensemble des applications de[0;1]dansRvérifiant

l"une des conditions suivantes :

1)f(0)+f(1) =0 2)f(0) =0 3)f(12

) =14

4)8x2[0;1];f(x)+f(1x) =0

5)8x2[0;1];f(x)>0 6)2f(0) =f(1)+3

Dans quel casFest-il un sous-espace vectoriel deE? espaces vectoriels ?

5)F=f(x1;:::;xn)2Rn=x1:x2=0g

A+B=A+CetBC. Montrer queB=C.

deEsuivants :u= (cos(nq))n2N,v= (cos(nq+a))n2Netw= (cos(nq+b))n2Noùq,aetbsont des réels donnés. Montrer que(u;v;w)est une famille liée. tels que(l;m;37;3)appartienne àF. (0;1;1). 1

Exercice 7**T1.Vérifier qu"il e xisteune unique application linéaire de R3dansR2vérifiantf((1;0;0)) = (1;1)puis

f((0;1;0)) = (0;1)etf((0;0;1)) = (1;1). Calculerf((3;1;4))etf((x;y;z))en général. 2.

Déterminer K erf. En fournir une base. Donner un supplémentaire de KerfdansR3et vérifier qu"il est

isomorphe à Imf. 1. Montrer que [Kerf=Kerf2,Kerf\Imf=f0g]et[Imf=Imf2,E=Kerf+Imf](oùf2=ff). 2. P ardéfinition, un endomorphisme pdeEest un projecteur si et seulement sip2=p.

Montrer que

[pprojecteur,Idpprojecteur] puis que [pprojecteur)Imp=Ker(Idp)et Kerp=Im(Idp)etE=KerpImp]: 3. Soient petqdeux projecteurs, montrer que :[Kerp=Kerq,p=pqetq=qp].

4.petqétant deux projecteurs vérifiantpq+qp=0, montrer quepq=qp=0. Donner une

condition nécessaire et suffisante pour quep+qsoit un projecteur lorsquepetqle sont. Dans ce cas, déterminer Im(p+q)et Ker(p+q)en fonction de Kerp, Kerq, Impet Imq. 1.

Montrer que : (A\B)+(A\C)A\(B+C).

A-t-on toujours l"ég alité?

Montrer que : (A\B)+(A\C) =A\(B+(A\C)).

1. Montrer que VetWsont des sous espaces vectoriels deE. 2.

Donner une base de V,WetV\W.

Montrer que E=V+W.

(x;y)7!(xcosy;xsiny). 2

1.fest-elle injective ? surjective ?

2. Soient a,b,aetbquatre réels. Montrer qu"il existe(c;g)2R2tel que :8x2R;acos(xa)+bcos(x b) =ccos(xg). 3. Soit EleR-espacevectorieldesapplicationsdeRdansR. SoitF=fu2E=9(a;b;a;b)2R4tel que8x2 R;u(x) =acos(xa)+bcos(2xb)g. Montrer queFest un sous-espace vectoriel deE. 4. Déterminer fcosx;sinx;cos(2x);sin(2x);1;cos2x;sin2xg\F. 5. Montrer que (cosx;sinx;cos(2x);sin(2x))est une famille libre deF.

1.Cest-il un espace vectoriel (pour les opérations usuelles) ?

2. Montrer que V=ff2RR=9(g;h)2C2tel quef=ghgest unR-espace vectoriel. vectoriel. (A\B)+(B\C)+(C\A)(A+B)\(B+C)\(C+A): sous-espace vectoriel deRnet queRn=FG. 2. Soit E=fa+bp2+cp3+dp6;(a;b;c;d)2Q4g. Vérifier queEest unQ-espace vectoriel puis déterminer une base deE.

1.a,betcétant trois réels donnés,A= (fa;fb;fc)où, pour tout réelx,fu(x) =sin(x+u).

2.A= (fn)n2Zoù, pour tout réelx,fn(x) =nx+n2+1.

3.A= (x7!xa)a2R(iciE= (]0;+¥[)2).

4.A= (x7! jxaj)a2R.

Montrer que [KervKeru, 9w2L(E)=u=wv].

En déduire que [vinjectif, 9w2L(E)=wv=IdE].

Soit f:E!E

P7!P0.fest-elle linéaire, injective, surjective ? Fournir un supplémentaire de Kerf.

Mêmes questions a vecg:E!E

P7!Rx

0P(t)dt.

Correction del"exer cice1 N1.La fonction nulle est dans Fet en particulier,F6=?. Soient alors(f;g)2F2et(l;m)2R2.

(lf+mg)(0)+(lf+mg)(1) =l(f(0)+f(1))+m(g(0)+g(1)) =0:

Par suite,lf+mgest dansF. On a montré que :

F6=?et8(f;g)2F2;8(l;m)2R2;lf+mg2F:

Fest donc un sous-espace vectoriel deE.

Même démarche et même conclusion .

3.Fne contient pas la fonction nulle et n"est donc pas un sous-espace vectoriel deE.

4. La fonction nulle est dans Fet en particulier,F6=?. Soient alors(f;g)2F2et(l;m)2R2.

Pourxélément de[0;1],

(lf+mg)(x)+(lf+mg)(1x) =l(f(x)+f(1x))+m(g(x)+g(1x)) =0 etlf+mgest dansF.Fest un sous-espace vectoriel deE. Remarque.Les graphes des fonctions considérés sont symétriques par rapport au point(12 ;0).

5.Fcontient la fonction constante 1 mais pas son opposé la fonction constante1 et n"est donc pas un

sous-espace vectoriel deE.

6.Fne contient pas la fonction nulle et n"est donc pas un sous-espace vectoriel deE.Correction del"exer cice2 NDans les cas oùFest un sous-espace, on a à chaque fois trois démarches possibles pour le vérifier :

Utiliser la caractérisation d"un sous-espace v ectoriel.

Obtenir Fcomme noyau d"une forme linéaire ou plus généralement, comme noyau d"une application

linéaire. Obtenir Fcomme sous-espace engendré par une famille de vecteurs. Je vous détaille une seule fois les trois démarches.

1.1ère démarche.Fcontient le vecteur nul(0;:::;0)et doncF6=?. Soient alors((x1;:::;xn);(x01;:::;x0n))2F2et

(l;m)2R2. On a l(x1;:::;xn)+m(x01;:::;x0n) = (lx1+mx01;:::;lxn+mx0n) aveclx1+mx01=0. Donc,l(x1;:::;xn)+m(x01;:::;x0n)2F.Fest un sous-espace vectoriel deRn.

2ème démarche.L"application(x1;:::;xn)7!x1est une forme linéaire surRnetFen est lenoyau.Fest donc un

sous-espace vectoriel deRn.

3ème démarche.

=Vect((0;1;0;:::;0);:::;(0;:::;0;1)):

Fest donc un sous-espace vectoriel deRn.

2.Fne contient pas le vecteur nul et n"est donc pas un sous-espace vectoriel deRn.

3. (Ici, n>2). L"application(x1;:::;xn)7!x1x2est une forme linéaire surRnetFen est le noyau.Fest donc un sous-espace vectoriel deRn. 4. L "application(x1;:::;xn)7!x1+:::+xnest une forme linéaire surRnetFen est le noyau.Fest donc un sous-espace vectoriel deRn. 5. (Ici, n>2). Les vecteurse1= (1;0;:::;0)ete2= (0;1;0:::;0)sont dansFmaise1+e2= (1;1;0:::0)n"y est pas.Fn"est donc pas un sous espace vectoriel deE.

Remarque.Fest la réunion des sous-espacesf(x1;:::;xn)2Rn=x1=0getf(x1;:::;xn)2Rn=x2=0g.Correction del"exer cice3 NIl suffit de montrer queCB.

Soitxun élément deC. Alorsx2A+C=A+Bet il existe(y;z)2ABtel quex=y+z. Maisz2BC et donc, puisqueCest un sous-espace vectoriel deE,y=xzest dansC. Donc,y2A\C=A\Bet en

particulieryest dansB. Finalement,x=y+zest dansB. On a montré que tout élément deCest dansBet donc

que,CB. Puisque d"autre partBC, on aB=C.Correction del"exer cice4 NSoitu0= (sin(nq))n2N. On a :u=1:u+0:u0, puisv=cosa:usina:u0, puisw=cosb:usinb:u0. Les trois

vecteursu,vetwsont donc combinaisons linéaires des deux vecteursuetu0et constituent par suite une famille

liée (p+1 combinaisons linéaires depvecteurs constituent une famille liée).Correction del"exer cice5 NSoit(l;m)2R2.

(l;m;37;3)2F, 9(a;b)2R2=(l;m;37;3) =au+bv, 9(a;b)2R2=8 >:a+2b=l 2ab=m

5a+4b=37

3a+7b=3

, 9(a;b)2R2=8 >:a+2b=l 2ab=m a=24747 b=12647 ,l=24747 +2(12647 m=224747 +12647
,l=547 m=62047 :Correction del"exer cice6 NPosonsF=Vect(a;b)etG=Vect(c;d).

Montrons quecetdsont dansF.

c2F, 9(l;m)2R2=c=la+mb, 9(l;m)2R2=8 :l+2m=1 2lm=0

3l+m=1, 9(l;m)2R2=8

:l=15 m=25

3l+m=1:

Puisque 3:15

+25
=1, le système précédent admet bien un couple(l;m)solution etcest dansF. Plus précisément,c=15 a+25 b. d2F, 9(l;m)2R2=d=la+mb, 9(l;m)2R2=8 :l+2m=0 2lm=1

3l+m=1, 9(l;m)2R2=8

:l=25 m=15

3l+m=1:

Puisque 3:25

15 =1, le système précédent admet bien un couple(l;m)solution etdest dansF. Plus précisément,d=25 a15 b. En résumé,fc;dg Fet doncG=Vect(c;d)F. Montrons queaetbsont dansGmais les égalitésc=15 a+25 betd=25 a15 bfournissenta=c+2det

b=2cd. Par suite,fa;bg Get doncF=Vect(a;b)G. FinalementF=G.Correction del"exer cice7 N1.Si fexiste alors nécessairement, pour tout(x;y;z)2R3:

f((x;y;z)) =xf((1;0;0))+yf((0;1;0))+zf((0;0;1)) =x(1;1)+y(0;1)+z(1;1) = (xz;x+y+z):

On en déduit l"unicité def.

Réciproquement,fainsi définie vérifie bien les trois égalités de l"énoncé. Il reste donc à se convaincre

quefest linéaire. f(l(x;y;z)+m(x0;y0;z0)) =f((lx+mx0;ly+my0;lz+mz0)) = ((lx+mx0)(lz+mz0);(lx+mx0)+(ly+my0)+(lz+mz0)) =l(xz;x+y+z)+m(x0z0;x0+y0+z0) =lf((x;y;z))+mf((x0;y0;z0)): fest donc linéaire et convient. On en déduit l"existence def. On a alorsf((3;1;4)) = (34;31+

4) = (1;6).

Remarque.La démonstration de la linéarité defci-dessus est en fait superflue car le cours donne

l"expression générale d"une application linéaire deRndansRp. 2.

Détermination de K erf.

Soit(x;y;z)2R3.

(x;y;z)2R3,f((x;y;z)) = (0;0),(xz;x+y+z) = (0;0),xz=0 x+y+z=0,z=x y=2x Donc, Kerf=f(x;2x;x);x2Rg=fx(1;2;1);x2Rg=Vect((1;2;1)). La famille((1;2;1)) engendre Kerfet est libre. Donc, la famille((1;2;1))est une base de Kerf. Détermination de Imf.

Soit(x0;y0)2R2.

(x0;y0)2Imf, 9(x;y;z)2R3=f((x;y;z)) = (x0;y0) , 9(x;y;z)2R3=xz=x0 x+y+z=y0, 9(x;y;z)2R3=z=xx0 y=2x+x0+y0 ,le système d"inconnue(x;y;z):z=xx0 y=2x+x0+y0a au moins une solution.

Or, le triplet(0;x0+y0;x0)est solution et le système proposé admet une solution. Par suite, tout(x0;y0)

deR2est dans Imfet finalement, Imf=R2.

Détermination d"un supplémentaire de Kerf.

7 Posonse1= (1;2;1),e2= (1;0;0)ete3= (0;1;0)puisF=Vect(e2;e3)et montrons queR3=Kerf F.

Tout d"abord, Kerf\F=f0g. En effet :

(x;y;z)2Kerf\F, 9(a;b;c)2R3=(x;y;z) =ae1=be2+ce3 , 9(a;b;c)2R3=8 :x=a=b y=2a=c z=a=0,x=y=z=0

Vérifions ensuite que Kerf+F=R3.

(x;y;z)2Kerf+F, 9(a;b;c)2R3=(x;y;z) =ae1+be2+ce3 , 9(a;b;c)2R3=8 :a+b=x

2a+c=y

a=z, 9(a;b;c)2R3=8 :a=z b=xz c=y+2z

Le système précédent (d"inconnue(a;b;c)) admet donc toujours une solution et on a montré queR3=

Kerf+F. Finalement,R3=KerfFetFest un supplémentaire de KerfdansR3. VérifionsenfinqueFestisomorpheàImf. Mais,F=f(x;y;0);(x;y)2R2getj:F!R2 (x;y;0)7!(x;y)

est clairement un isomorphisme deFsur Imf(=R2).Correction del"exer cice8 N1.On a toujours K erfKerf2.

En effet, sixest un vecteur de Kerf, alorsf2(x) =f(f(x)) =f(0) =0 (carfest linéaire) etxest dans

Kerf2.

Montrons alors que :[Kerf=Kerf2,Kerf\Imf=f0g]. Supposons que Kerf=Kerf2et montrons que Kerf\Imf=f0g.

Soitx2Kerf\Imf. Alors, d"une part f(x) = 0 et d"autre part, il existeyélément deEtel quex=f(y).

Mais alors,f2(y) =f(x) =0 ety2Kerf2=Kerf. Donc,x=f(y) =0. On a montré que Kerf=

Kerf2)Kerf\Imf=f0g.

Supposons que Kerf\Imf=f0get montrons que Kerf=Kerf2. Soitx2Kerf2. Alorsf(f(x)) =0 et doncf(x)2Kerf\Imf=f0g. Donc,f(x) =0 etxest dans Kerf. On a ainsi montré que Kerf2Kerfet, puisque l"on a toujours KerfKerf2, on a finalement Kerf=Kerf2. On a montré que Kerf\Imf=f0g )Kerf=Kerf2. On a toujours Imf2Imf. En effet :y2Imf2) 9x2E=y=f2(x) =f(f(x)))y2Imf. Supposons que Imf=Imf2et montrons que Kerf+Imf=E. Soitx2E. Puisquef(x)2Imf=Imf2, il existet2Etel quef(x) =f2(t). Soit alorsz=f(t)ety=xf(t). On a bienx=y+zetz2Imf. De plus,f(y) =f(x)f(f(t)) =0 etyest bien élément de Kerf. On a donc montré queE=Kerf+Imf.

Supposons que Kerf+Imf=Eet montrons que Imf=Imf2.

Soitx2E. Il existe(y;z)2KerfImftel quex=y+z. Mais alorsf(x) =f(z)2Imf2carzest dans Imf. Ainsi, pour toutxdeE,f(x)est dans Imf2ce qui montre que ImfImf2et comme on a toujours

Imf2Imf, on a montré que Imf=Imf2.

8 Soitxun élément deE.x2Imp) 9y2E=x=p(y). Mais alorsp(x) =p2(y) =p(y) =x. Donc,

8x2E;(x2Imp)p(x) =x).

Réciproquement, sip(x) =xalors bien sûr,xest dans Imp. Finalement, pour tout vecteurxdeE,x2Imp,p(x) =x,(Idp)(x) =0,x2Ker(Idp). On a montré que Imp=Ker(Idp).

En appliquant ce qui précède àIdpqui est également un projecteur, on obtient Im(Idp) =Ker(Id

(Idp)) =Kerp. Enfin, puisquep2=pet donc en particulier que Kerp=Kerp2et Imp=Imp2, le 1) montre queE=

KerpImp.

3. p=pqetq=qp,p(Idq) =0 etq(Idp) =0,Im(Idq)Kerpet Im(Idp)Kerq ,KerqKerpet KerpKerq(d"après 2)) ,Kerp=Kerq:

4.pq+qp=0)pq=(pp)q=p(pq)=p(qp)et de même,qp=qpp=pqp.

En particulier,pq=qpet donc 0=pq+qp=2pq=2qppuispq=qp=0.

La réciproque est immédiate.

p+qprojecteur,(p+q)2=p+q,p2+pq+qp+q2=p+q,pq+qp=0,pq=qp=0 (d"après ci-dessus). Ensuite, Im(p+q) =fp(x)+q(x);x2Eg fp(x)+q(y);(x;y)2E2g=Imp+Imq. Réciproquement, soitzun élément de Imp+Imq. Il existe deux vecteursxetydeEtels quez= p(x)+q(y). Mais alors,p(z) =p2(x)+pq(y) =p(x)etq(z) =qp(x)+q2(y) =q(y)et donc z=p(x)+p(y) =p(z)+q(z) = (p+q)(z)2Im(p+q): Donc, Imp+ImqIm(p+q)et finalement, Im(p+q) =Imp+Imq. Kerp\Kerq=fx2E=p(x) =q(x) =0g fx2E=p(x)+q(x) =0g=Ker(p+q). Réciproquement, sixest élément de Ker(p+q)alorsp(x)+q(x) =0. Par suite,p(x) =p2(x)+pq(x) = p(p(x)+q(x))=p(0)=0 etq(x)=qp(x)+q2(x)=q(0)=0. Donc,p(x)=q(x)=0 etx2Kerp\Kerq. Finalement, Ker(p+q) =Kerp\Kerq.Correction del"exer cice9 N1.Soit x2E. x2(A\B)+(A\C)) 9y2A\B;9z2A\C=x=y+z. yetzsont dansAet doncx=y+zest dansAcarAest un sous-espace vectoriel deE. Puisyest dansBetzest dansCet doncx=y+zest dansB+C. Finalement,

8x2E;[x2(A\B)+(A\C))x2A\(B+C)]:

Autre démarche.

A+A=A, et finalement(A\B)+(A\C)A\(B+C).

2.Si on essaie de démontrer l "inclusioncontraire, le raisonnement coince car la somme y+zpeut être dans

Asans que niy, nizne soient dansA.

Contre-exemple. DansR2, on considèreA=R:(1;0) =f(x;0);x2Rg,B=R:(0;1)etC=R:(1;1). B+C=R2etA\(B+C) =AmaisA\B=f0getA\C=f0get donc(A\B)+(A\C) =f0g 6=

A\(B+C).

3.A\BB)(A\B)+(A\C)B+(A\C)mais aussi(A\B)+(A\C)A+A=A. Donc,(A\B)+

(A\C)A\(B+(A\C)). Inversement, soitx2A\(B+(A\C))alorsx=y+zoùyest dansBetzest dansA\C. Mais alors,xetz sont dansAet doncy=xzest dansAet même plus précisément dansA\B. Donc,x2(A\B)+(A\C).

Donc,A\(B+(A\C))(A\B)+(A\C)et finalement,A\(B+(A\C)) = (A\B)+(A\C).Correction del"exer cice10 N1.Pour (x;y;z;t)2R4, on posef((x;y;z;t)) =x2y,g((x;y;z;t)) =y2zeth((x;y;z;t)) =xy+zt.

f,gethsont des formes linéaires surR4. Donc,V=Kerf\Kergest un sous-espace vectoriel deR4en tant qu"intersection de sous-espaces vectoriels deR4etW=Kerhest un sous-espace vectoriel deR4. 2.

Soit (x;y;z;t)2R4.

(x;y;z;t)2V,x=2y y=2z,,x=4z y=2z: Donc,V=f(4z;2z;z;t);(z;t)2R2g=Vect(e1;e2)oùe1= (4;2;1;0)ete2= (0;0;0;1). Montrons alors que(e1;e2)est libre. Soit(z;t)2R2. ze

1+te2=0)(4z;2z;z;t) = (0;0;0;0))z=t=0:

Donc,(e1;e2)est une base deV.

Pour(x;y;z;t)2R4,(x;y;z;t)2W,t=xy+z. Donc,W=f(x;y;z;xy+z);(x;y;z)2R3g= Vect(e01;e02;e03)oùe01= (1;0;0;1),e02= (0;1;0;1)ete03= (0;0;1;1). Montrons alors que(e01;e02;e03)est libre. Soit(x;y;z)2R3. xe

01+ye02+ze03=0)(x;y;z;xy+z) = (0;0;0;0))x=y=z=0:

Donc,(e01;e02;e03)est une base deW. Soit(x;y;z;t)2R4. (x;y;z;t)2V\W,8 :x=2y y=2z xy+zt=0,8quotesdbs_dbs35.pdfusesText_40

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Comment montrer que pq est un projecteur ?

Pourquoi est-il important de te montrer en tant que projecteur ?

Comment fonctionne un projecteur de poursuite?

Quelle est l’époque des projecteurs ?

Espaces vectoriels

1)f(0)+f(1) =0 2)f(0) =0 3)f(12

4)8x2[0;1];f(x)+f(1x) =0

5)8x2[0;1];f(x)>0 6)2f(0) =f(1)+3

5)F=f(x1;:::;xn)2Rn=x1:x2=0g

A+B=A+CetBC. Montrer queB=C.

Montrer que

4.petqétant deux projecteurs vérifiantpq+qp=0, montrer quepq=qp=0. Donner une

Montrer que : (A\B)+(A\C)A\(B+C).

A-t-on toujours l"ég alité?

Montrer que : (A\B)+(A\C) =A\(B+(A\C)).

Donner une base de V,WetV\W.

Montrer que E=V+W.

1.fest-elle injective ? surjective ?

1.Cest-il un espace vectoriel (pour les opérations usuelles) ?

1.a,betcétant trois réels donnés,A= (fa;fb;fc)où, pour tout réelx,fu(x) =sin(x+u).

2.A= (fn)n2Zoù, pour tout réelx,fn(x) =nx+n2+1.

3.A= (x7!xa)a2R(iciE= (]0;+¥[)2).

4.A= (x7! jxaj)a2R.

Montrer que [KervKeru, 9w2L(E)=u=wv].

En déduire que [vinjectif, 9w2L(E)=wv=IdE].

Soit f:E!E

Mêmes questions a vecg:E!E

0P(t)dt.

Par suite,lf+mgest dansF. On a montré que :

F6=?et8(f;g)2F2;8(l;m)2R2;lf+mg2F:

Fest donc un sous-espace vectoriel deE.

Même démarche et même conclusion .

3.Fne contient pas la fonction nulle et n"est donc pas un sous-espace vectoriel deE.

Pourxélément de[0;1],

5.Fcontient la fonction constante 1 mais pas son opposé la fonction constante1 et n"est donc pas un

6.Fne contient pas la fonction nulle et n"est donc pas un sous-espace vectoriel deE.Correction del"exer cice2 NDans les cas oùFest un sous-espace, on a à chaque fois trois démarches possibles pour le vérifier :

1.1ère démarche.Fcontient le vecteur nul(0;:::;0)et doncF6=?. Soient alors((x1;:::;xn);(x01;:::;x0n))2F2et

2ème démarche.L"application(x1;:::;xn)7!x1est une forme linéaire surRnetFen est lenoyau.Fest donc un

3ème démarche.

Fest donc un sous-espace vectoriel deRn.

2.Fne contient pas le vecteur nul et n"est donc pas un sous-espace vectoriel deRn.

5a+4b=37

3a+7b=3

Montrons quecetdsont dansF.

3l+m=1, 9(l;m)2R2=8

3l+m=1:

Puisque 3:15

3l+m=1, 9(l;m)2R2=8

3l+m=1:

Puisque 3:25

On en déduit l"unicité def.

4) = (1;6).

Détermination de K erf.

Soit(x;y;z)2R3.

Soit(x0;y0)2R2.

Détermination d"un supplémentaire de Kerf.

Tout d"abord, Kerf\F=f0g. En effet :

Vérifions ensuite que Kerf+F=R3.

2a+c=y

Kerf2.

Kerf2)Kerf\Imf=f0g.

Supposons que Kerf+Imf=Eet montrons que Imf=Imf2.

Imf2Imf, on a montré que Imf=Imf2.

8x2E;(x2Imp)p(x) =x).

KerpImp.

4.pq+qp=0)pq=(pp)q=p(pq)=p(qp)et de même,qp=qpp=pqp.

La réciproque est immédiate.

8x2E;[x2(A\B)+(A\C))x2A\(B+C)]:

Autre démarche.

A+A=A, et finalement(A\B)+(A\C)A\(B+C).

2.Si on essaie de démontrer l "inclusioncontraire, le raisonnement coince car la somme y+zpeut être dans

Asans que niy, nizne soient dansA.

A\(B+C).

3.A\BB)(A\B)+(A\C)B+(A\C)mais aussi(A\B)+(A\C)A+A=A. Donc,(A\B)+

Soit (x;y;z;t)2R4.

1+te2=0)(4z;2z;z;t) = (0;0;0;0))z=t=0:

Donc,(e1;e2)est une base deV.

01+ye02+ze03=0)(x;y;z;xy+z) = (0;0;0;0))x=y=z=0: