[PDF] Chapitre 8 — alg`ebre linéaire — exercices corrigés page 1

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Chapitre 8 | algebre lineaire | exercices corrigespage 1Exercice 1. (*)Soit (a1;a2;a3)2R3. Les fonctionsx7!sin(x+ak) sont-elles lineairement independantes?Solution de l'exercice 1.Pour toutk2 f1;2;3g, observons l'identite

8x2R;sin(x+ak) = sin(ak)cos(x) + cos(ak)sin(x);

c'est-a-direfk= sin(ak)cos+cos(ak)sin. On en deduit l'inclusion

Vect(f1;f2;f3)Vect(cos;sin)

puis l'inegalite rg(f1;f2;f3)6rg(cos;sin)62: La famille (f1;f2;f3) est donc liee.Exercice 2. (*)Montrer que les fonctions denies sur ]0;+1[ par f

1:x7!x f2:x7!x2f3:x7!xln(x)f4:x7!x2ln(x)

forment une famille libre.Solution de l'exercice 2.Corrige en classe.Exercice 3. (*)SoientfetgdansL(E). Demontrer l'egalitef(Ker(gf)) = Ker(g)\Im(f).Solution de l'exercice 3.Corrige en classe.Exercice 4. (*)Soientf2 L(E;F) etg2L(F;G). Demontrer l'egalite Ker(gf) =f1(Kerg).Solution de l'exercice 4.Corrige en classe.Exercice 5. (*)Soit E unK-espace vectoriel. Soitf2 L(E). Montrer les equivalences suivantes

Im(f)\Ker(f) =f0Eg ()Ker(f) = Ker(f2);

Im(f) + Ker(f) = E()Im(f) = Im(f2):

On notegl'endomorphisme de Im(f) induit parf. Que signient ses egalites pourg?Solution de l'exercice 5.Remarquons pour commencer que les inclusions Ker(f)Ker(f2) et Im(f2)Im(f)

sont vraies.

On fait l'hypothese Im(f)\Ker(f) =f0Eg.

Soitx2Ker(f2). L'egalitef(f(x)) = 0Emontre quef(x) est dans Ker(f). Ce vecteur est egalement dans Im(f)

donc c'est le vecteur nul, si bien quexest dans Ker(f).

On a prouve l'inclusion Ker(f2)Ker(f). Par double inclusion, on a prouve l'egalite Ker(f) = Ker(f2).On a prouve l'implication Im(f)\Ker(f) =f0Eg )Ker(f) = Ker(f2).Reciproquement, on fait l'hypothese Ker(f) = Ker(f2).

Soitx2Im(f)\Ker(f). On conna^t l'egalitef(x) = 0Eet l'existence d'un vecteuryde E tel quef(y) =x. Pour

un tel vecteury, on af2(y) =f(x) = 0Edoncy2Ker(f2) doncy2Ker(f) doncf(y) = 0Edoncx= 0E.

On obtient donc l'egalite Im(f)\Ker(f) =f0Eg.On a prouve l'implication Ker(f) = Ker(f2))Im(f)\Ker(f) =f0Eg.Faisons maintenant l'hypothese Im(f) + Ker(f) = E.

On conna^t deja l'inclusion Im(f2)Im(f).

Prenonsxdans Im(f). Prenons un antecedentydexparf. Ce vecteur est un element de E donc il existey1 dans Im(f) ety2dans Ker(f) tels quey=y1+y2.Lycee Henri Poincare | PC *| mathematiques novembre 2019 Chapitre 8 | algebre lineaire | exercices corrigespage 2La linearite defdonne x=f(y) =f(y1) +f(y2) =f(y1): Le vecteury1est dans Im(f). Prenons un antecedentzdey1parf. On obtient alors x=f(y1) =f(f(z)) doncx2Im(f2):

On a alors montre l'inclusion Im(f)Im(f2). Par double inclusion, on obtient l'egalite Im(f) = Im(f2).On a prouve l'implication Im(f) + Ker(f) = E)Im(f) = Im(f2).Faisons enn l'hypothese Im(f) = Im(f2).

Soitx2E. Le vecteurf(x) est dans Im(f) donc dans Im(f2). Considerons un antecedentydef(x) parf2. Cela

s'ecritf(x) =f2(y) ou encoref(xf(y)) = 0E. Le vecteurxf(y) est donc dans Ker(f). On en deduit la decomposition x=xf(y)|{z}

2Ker(f)+f(y)|{z}

2Im(f);

qui montre quexappartient a Ker(f) + Im(f). On obtient l'egalite Im(f) + Ker(f) = E.On a prouve l'implication Im(f) = Im(f2))Im(f) +Ker(f) = E.Les deux equivalences demandees sont demontrees.

L'enonce a notegl'endomorphisme de Im(f) induit parf, ce qui donne Im(g) =g(Im(f)) =f(Im(f)) =f(f(E)) = Im(f2) et Ker(g) =fx2Im(f) ;f(x) = 0Eg= Im(f)\Ker(g):

On en deduit que les egalites de la premiere equivalence equivalent a l'injectivite deget que les egalites de la

deuxieme equivalence equivalent a la surjectivite deg.

Notons que si Im(f) est de dimension nie, toutes ces proprietes sont equivalentes entre elles.Exercice 6. (*)SoientfetgdansL(E;F), ou E et F sont de dimension nie. Demontrer l'encadrement suivant

jrg(f)rg(g)j6rg(f+g)6rg(f) + rg(g):Solution de l'exercice 6.Corrige en classe.Exercice 7. (*)Soit E un espace vectoriel de dimension nie. On considere deux endomorphismesfetgde E et on

fait les hypotheses suivantes f+g= IdEet rg(f) + rg(g)6dim(E):

Montrer que Im(f) et Im(g) sont supplementaires dans E. Montrer de plus quefetgsont les projecteurs associes.Solution de l'exercice 7.En exploitant la formule de l'exercice 6, il vient

dim(E) = rg(Id

E) = rg(f+g)6rg(f) + rg(g)6dim(E):

Ces inegalites sont donc toutes des egalites. Notons en particulier l'egalite rg(f) + rg(g) = dim(E).

Par ailleurs, l'egalite Id

E=f+gdonne l'inclusion EIm(f) + Im(g) donc E = Im(f) + Im(g). Ces deux egalites prouvent que Im(f) et Im(g) sont supplementaires dans E. L'egalitef+g= IdEprouve que pour toutx2E, la decomposition dexdans E = Im(f)Im(g) est x=f(x) +g(x): Les projecteurs associes a cette decomposition sont doncfetg.Lycee Henri Poincare | PC *| mathematiques novembre 2019

Chapitre 8 | algebre lineaire | exercices corrigespage 3Exercice 8. (***)Soient V et W deux sous-espaces vectoriels supplementaires dans unK-espace vectoriel E.

Soit F unK-espace vectoriel. On pose

L

1=ff2 L(E;F) ;fjW= 0get L2=ff2 L(E;F) ;fjV= 0g:

Montrer que L

1et L2sont deux sous-espaces vectoriels supplementaires deL(E;F).Solution de l'exercice 8.NotonspVla projection sur V parallelement a W etpWla projection sur W parallelement

a V.

Soitf2 L(E;F). Le but est de demontrer l'existence et l'unicite d'un couple (f1;f2) de L1L2tel quef1+f2=f.

Analyse.Soit (f1;f2)2L1L2. On suppose quef1+f2=f.

Soitx2E. Partons de la decompositionx=pV(x) +pW(x). La linearite def1donne f

1(x) =f1(pV(x)) +f1(pW(x)):

L'appartenance depW(x) a W donnef1(pW(x)) = 0Edoncf1(x) =f1(pV(x)). L'appartenance depV(x) a V donne f

2(pV(x)) = 0Fdonc

f

1(x) = (f1+f2)(pV(x)) =f(pV(x)):

Cette egalite est vraie pour toutxdans E, donc on a prouve l'egalitef1=fpV.

L'egalitef=f1+f2donne alors

f

2=ffpV=f(IdEpV) =fpW:

On a prouve l'unicite du couple (f1;f2) sous reserve d'existence. Synthese.Reciproquement, posonsf1=fpVetf2=fpW. On a alors deni deux applications lineaires de E vers F. Pour toutx2W, on a alorsf1(x) =f(pV(x)) =f(0E) = 0Fdoncf1est un element de L1. Pour toutx2V, on a alorsf2(x) =f(pW(x)) =f(0E) = 0Fdoncf2est un element de L2. Pour nir, observons l'egalitef1+f2=f(pV+pW) =fIdE=f. Le couple (f1;f2) est un donc un element de L1L2tel quef1+f2=f.

Cette analyse et cette synthese prouvent que L

1et L2sont des sous-espaces vectoriels1supplementaires deL(E;F).

On a prouve au passage que les projections associees sontf7!fpVetf7!fpW.Exercice 9. (**)Soientpetqdeux projecteurs d'un espace vectoriel E. Montrer que sipetqcommutent, alorspq

est un projecteur, dont on exprimera le noyau et l'image en fonction de ceux depet deq.Solution de l'exercice 9.Corrige en classe.Exercice 10. (*) a.Soient E;F;G desK-espaces vectoriels de dimension nie. Soientf2 L(E;F) etg2 L(F;G).

Demontrer l'egalite

dim(Im(f)\Ker(g)) = rg(f)rg(gf): Pour cela, on considerera la restriction dega Im(f). b.Soitfun endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension nie E. Montrer que la suite de terme generalk= rg(fk)rg(fk+1) est decroissante. Montrer de plus que les termes de cette suite sont nuls a partir d'un certain rangp. c.Montrer que F = Ker(fp) et G = Im(fp) sont supplementaires dans E. d.Verier que F et G sont stables parf.

e.On notef1etf2les endomorphismes de F et de G induits parf. Montrer que (f1)pest nul et quef2est bijectif.Solution de l'exercice 10.Corrige en classe.1. En realite, je n'ai pas prouve que ce sont des sous-espaces vectoriels deL(E;F) mais je laisse ces details en exercice.Lycee Henri Poincare | PC

*| mathematiques novembre 2019 Chapitre 8 | algebre lineaire | exercices corrigespage 4Exercice 11. (*)On pose N =0 @0 1 0 0 0 1

0 0 01

A . Soit M une matrice deM3(C). On fait l'hypothese M2= N a.Justier que M laisse stables Ker(N) et Im(N). b.Determiner le noyau et l'image de N. Qu'en deduit-on quant aux coecients de M?

c.Conclure.Solution de l'exercice 11.Corrige en classe.Exercice 12. (**)Soit E un espace vectoriel de dimension nie, donc la dimension est noteen. Soitfun endomor-

phisme de E.

On suppose quefestnilpotent, ce qui signie qu'il existe un entierktel quefsoit l'endomorphisme nul de E.

L'indice de nilpotencedefest l'entier

p= minfk2N;fk= 0g: a.On prendx0dans EnKer(fp1). Montrer que la famille F x0= (fp1(x0);:::;f(x0);x0) est libre. b.En deduire une inegalite entrepetn.

c.Dans cette question, on suppose quepest egal an. En choisissantx0comme a la questiona, la familleFx0est

alors une base de E.Ecrire la matrice representative defrelativement a cette base.Solution de l'exercice 12.Corrige en classe.Exercice 13. (**)Une matricetriangulaire superieure strictedeMn(K) est une matrice triangulaire superieure

deMn(K) dont tous les coecients diagonaux sont nuls. a.Soit A une matrice triangulaire superieure stricte deMn(K). Montrer que Anest la matrice nulle.

b. (***)Reciproquement, montrer que toute matrice nilpotente deMn(K) est semblable a une matrice triangulaire

superieure stricte (raisonner par recurrence surn).

c.Retrouver le resultat de la questionbde l'exercice precedent.Solution de l'exercice 13. a.Notons (E1;:::;En) la base canonique deMn;1(K). Pour touti2[[1;n]], notons Fi

le sous-espace vectoriel deMn;1(K) engendre par les vecteurs E1;:::;Ei. C'est l'ensemble des vecteurs colonnes

deMn;1(K) dont lesniderniers coecients sont tous nuls. L'hypothese que A soit triangulaire superieure stricte se traduit par les conditions suivantes AE

1= 0;8i2[[2;n]];AEi2Fi1:

Etant donne un indiceientre 1 etn, on observe que les vecteurs AE1;:::;AEisont tous dans Fi1, ce qui signie

que A envoie

2Fidans Fi1. Par ailleurs, on remarque que A envoie F1surf0g.

En partant de AF

nFn1, on obtient A2FnAFn1Fn2.

En iterant cela, on obtient notamment A

n1FnF1puis AnFn f0g.

Les colonnes de la matrice A

nsont AnE1;:::;AnEn. Elles sont donc nulles, si bien que Anest la matrice nulle.2. Il y a la un abus de langage. C'est plut^ot l'endomorphismefA: U7!AU deMn;1(K) qui fait cela.Lycee Henri Poincare | PC

*| mathematiques novembre 2019

Chapitre 8 | algebre lineaire | exercices corrigespage 5b.Pour toutn2N, notons Pnl'enoncetoute matrice nilpotente deMn(K) est semblable a une certaine matrice

triangulaire superieure stricte Soit A une matrice nilpotente deM1(K). Notonsson unique coecient. Il existe un entierk>1 tel quek= 0

donc= 0, si bien que A est la matrice nulle deM1(K). C'est en particulier une matrice triangulaire superieure

stricte.

L'enonce P

1est donc vrai.

Soit un entiern>2. On suppose que Pn1est vrai. Prenons une matrice A nilpotente deMn(K). Il existe un

entierkstrictement positif tel que Ak= 0, ce qui donne det(A)k= 0 puis det(A) = 0. La matrice A n'est donc pas inversible. Considerons un element P

1non nul dans Ker(A). On peut le completer

en une baseP= (P1;:::;Pn) deMn;1(K). Notons alors P la matrice admettant P1;:::;Pnpour colonnes. C'est la

matrice de passage de la base canonique deMn;1(K) vers la baseP.

Posons B = P

1AP. La matrice B represente l'endomorphismefA: U7!AU deMn;1(K) dans la basePdonc sa

premiere colonne est nulle. On peut donc decomposer par blocs la matrice B sous la forme B = 0 L 0 n1;1C

pour une certaine matrice ligne L2 M1;n1(K) et une certaine matrice carree C2 Mn1(K). La matrice Bkest alors

de la forme 0 Lk 0 n1;1Ck or on a B k= P1AkP = 0 donc Ck= 0. D'apres l'enonce Pn1, il existe une matrice Q de GLn1(K) et une matrice triangulaire superieure stricte T2 Mn1(K) telles que Q1CQ = T.

Denissons par blocs la matrice

R =1 01;n1

0 n1;1Q

Cette matrice est inversible, avec R

1=1 01;n1

0 n1;1Q1 . Le calcul donne alors R

1BR =0 LQ

0 T Cette matrice semblable a B (et a A) est alors triangulaire superieure stricte. On a prouve P n.

Par recurrence, on a montre que toute matrice carree nilpotente est semblable a une certaine matrice triangulaire

superieure stricte.c.L'endomorphismefest nilpotent donc, d'apres ce qui vient d'^etre demontre, il admet une representation ma-

tricielle T triangulaire superieure stricte. D'apres le calcul de la question a, la matrice T nest nulle doncfnest l'endomorphisme nul de E.

L'indice de nilpotence defest donc majore parn.Exercice 14. (***)Soient E, F et G troisK-espaces vectoriels de dimension nie. Soientu2L(E;G) etv2L(F;G).

Montrer que l'inclusion Im(u)Im(v) a lieu si, et seulement si, il existeh2 L(E;F) veriantu=vh.Solution de l'exercice 14.Leseulement siest immediat. Reciproquement, faisons l'hypothese Im(u)Im(v).

On a envie de choisirh=v1umaisvn'est pas necessaire bijective donc ce choix n'est pas faisable. Cependant,

comme avec d'autres fonctions non bijectives, comme le sinus ou le cosinus, il est possible de restreindre l'ensemble de

depart et celui d'arrivee de maniere a obtenir une bijection 3.

Pour rendre l'application surjective, on prend Im(v) a l'arrivee. Pour la rendre injective, on doit se debarrasser de

son noyau et prendre ainsi un supplementaire de ce noyau.3. C'est de cette maniere qu'on cree l'arcsinus et l'arccosinus.

Lycee Henri Poincare | PC

*| mathematiques novembre 2019

Chapitre 8 | algebre lineaire | exercices corrigespage 6Prenons donc un supplementaire de Ker(v) dans F, note F0. Denissons l'application ~v:y7!v(y) de F0vers Im(v)

et prouvons que c'est un isomorphisme.

Le noyau de ~vest donne par

Ker(~v) =fy2F0;v(y) = 0Gg= F0\Ker(v) =f0Fg:

L'application lineaire ~vest donc injective.

Prenons maintenant un vecteurzde Im(v). Il existe un elementyde F tel quez=v(y). Pour un tel vecteury, il

existe un couple (y1;y2) de Ker(v)F0tel quey=y1+y2. On obtient alorsz=v(y1) +v(y2) = ~v(y2). L'application ~vest donc surjective.

On a montre que ~vest un isomorphisme. Sa reciproque est un isomorphisme de Im(v) sur F0. Le fait que Im(u)

soit inclus dans Im(v) permet donc de denir l'applicationh: E7!F parh:x7!~v1u. Soitx2E. On a alors (vh)(x) = ~v(~v1(u(x))) =u(x).

On a donc construit un elementhdeL(E;F) tel queu=vh.Exercice 15. (**)Soit E un espace vectoriel de dimensionn. Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E de

dimensions respectivespetq. Montrer que l'ensembleE=fu2 L(E) ;u(F)Ggest un sous-espace vectoriel deL(E),

et calculer sa dimension.

Pour cela, on etablira un isomorphisme entreEet un sous-espace vectoriel deMn(K) en representant les endo-

morphismes de E dans deux bases bien choisies.Solution de l'exercice 15.Corrige en classe.Exercice 16. (*)Montrer que les matrices0

@1 1 1 222

1 1 11

A et0 @0 1 0 0 0 0

0 0 01

A

sont semblables.Solution de l'exercice 16.Corrige en classe.Exercice 17. (*)Montrer que la matrice A = (sin(i+j))16i;j6nest de rang 2.Solution de l'exercice 17.Corrige en classe.Exercice 18.On note (Ei;j)16i;j6nla base canonique deMn(R).

a. (*)Pour tout quadruplet (i;j;k;`) d'indices de [[1;n]], montrer l'egalite E i;jEk;`=j;kEi;`:

b. (**)Soit A2 Mn(R). On suppose que l'egalite tr(ABC) = tr(ACB) a lieu pour tout couple (B;C) d'elements

deMn(R). Montrer que A est une matrice scalaire (c'est-a-dire un multiple de la matrice I

n).Solution de l'exercice 18.Corrige en classe.Exercice 19. (**)On considere deux matrices A et B xees dansMn(R).

Resoudre l'equation X + tr(X)A = B, d'inconnue X2 Mn(R).Solution de l'exercice 19.Si A est la matrice nulle, l'equation s'ecrit X = B, si bien qu'elle est deja resolue. On

suppose donc dans la suite que A n'est pas la matrice nulle.

Considerons l'endomorphisme

f:x7!X + tr(X)ALycee Henri Poincare | PC *| mathematiques novembre 2019

Chapitre 8 | algebre lineaire | exercices corrigespage 7deMn(R). Il s'agit ici de resoudre l'equationf(A) = B. Classiquement, si X0est une solution de cette equation, alors

on a les equivalences suivantes f(X) = B()f(X) =f(X0)()f(XX0) = 0()(XX0)2Ker(f):

L'existence d'un tel X

0passe donc par la determination de l'image defet la resolution complete necessite la

connaissance du noyau def. Soit X2Ker(f). On a alors X =tr(X)A donc X2Vect(A), ce qui donne l'inclusion Ker(f)Vect(A).

On a par ailleursf(A) = (1+tr(A))A. Rappelons que A n'est pas la matrice nulle. L'appartenance de A a Ker(f)

equivaut donc a l'egalite tr(A) =1. Premier cas.On suppose que tr(A)6=1. Le noyau defest donc trivial. C'est un endomorphisme injectif deMn(R), qui est de dimension nie, donc c'est un automorphisme deMn(R).

L'equationf(A) = B possede donc une unique solution. Celle-ci est traditionnellement noteef1(B) mais notons-

la X

Bpour alleger les notations. On a alors

X

B+ tr(XB)A = B donc tr(XB) + tr(XB)tr(A) = tr(B):

Le fait que 1 + tr(A) soit non nul permet de diviser, ce qui donne tr(X

B) =tr(B)1 + tr(A)

puis XB= Btr(B)1 + tr(A) A: Deuxieme cas.On suppose maintenant que tr(A) =1. Le noyau defest donc la droite Vect(A). Soit Y un element de Im(f). Considerons un antecedent X de Y parf. On obtient alors X + tr(X)A = Y donc tr(X) + tr(X)tr(A) = tr(Y) donc tr(B) = 0:

On en deduit l'inclusion Im(f)Ker(tr). On peut prouver l'egalite en passant par l'egalite des dimensions mais

ce n'est pas necessaire.

Reciproquement, soit Y une matrice deMn(R) de trace nulle. On obtient alorsf(Y) = Y donc Y est dans Im(f).

On a ainsi montre l'egalite Im(f) = Ker(tr). De plus, on a trouve un antecedent explicite de chaque element

de Im(f).

Cas 2.1.On a toujours l'hypothese tr(A) =1 et on ajoute l'hypothese tr(B)6= 0. Dans ce cas, le vecteur B n'est

pas dans l'image defdonc l'equationf(X) = B n'a pas de solution.

Cas 2.2On a toujours l'hypothese tr(A) =1 et on ajoute l'hypothese tr(B) = 0. Dans ce cas, l'equationf(X) = B

admet B pour solution particuliere et l'ensemble des solutions est

fB + X ; X2Ker(f)g;c'est-a-direfB +A ;2Rg:Exercice 20. (**)On xe A dansMn(R) et on denit l'endomorphisme A: X7!XA deMn(R).

Calculer la trace de

A.Solution de l'exercice 20.Corrige en classe.Exercice 21. (**)On considere une matrice M = (mj;k)16j;k6ndeMn(C) et on suppose que M est unematrice a

diagonale dominante selon les lignes, ce qui s'ecrit en formule

8j2[[1;n]];jmj;jj>X

16k6n k6=jjmj;kj: Le but de cet exercice est de montrer que la matrice M est inversible.

Pour cela, on considere un element Y de son noyau et on raisonne par l'absurde en supposant que Y n'est pas nul.

Choisir un coecient de Y dont le module est maximal et obtenir une absurdite.Lycee Henri Poincare | PC

*| mathematiques novembre 2019

Chapitre 8 | algebre lineaire | exercices corrigespage 8Solution de l'exercice 21.Corrige en classe.Exercice 22. (*)On xendansNet pour tout couple (a;b)2R2, on note M(a;b) la matrice deMn(R) dont les

coecients diagonaux valentaet tous les autres coecients valentb. a.On pose J =1n

M(1;1) et K = InJ. Calculer J2, K2et JK.

b.Soit (a;b)2R2.Ecrire la matrice M(a;b) comme combinaison lineaire de J et K. En deduire le calcul de M(a;b)p

pour toutp2N. c.Developper le produit M(a;b)M(c;d) et en deduire que l'ensembleM=fM(x;y) ; (x;y)2R2gest stable par produit. d.Soit (;)2R2. Montrer que la matriceJ+K est inversible si et seulement sietsont non nuls. Preciser son inverse en cas d'existence.

e.En deduire une CNS d'inversibilite pour M(a;b) et verier que son inverse est aussi dansMdans le cas

d'existence.Solution de l'exercice 22.Corrige en classe.Exercice 23. (***)Soit E un espace vectoriel de dimension nie. Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E

ayant m^eme dimension.

Montrer qu'il existe un sous-espace vectoriel de E qui soit a la fois un supplementaire de F et de G dans E.Solution de l'exercice 23.Commencons par noter D un supplementaire de F + G dans E. Notons egalementd

la dimension commune de F et G. Notonscla dimension de F\G et posonsb=dc. Pour un usage ulterieur, considerons une base (e1;:::;ec) de F\G

Considerons F

0, un supplementaire de F\G dans F, et G0, un supplementaire de F\G dans G. Ces deux espaces

sont de dimensionb. Prenons-en des bases (f1;:::;fb) et (g1;:::;gb) respectivement. Rappel.On a les egalites FG0= F + G et F0G = F + G.

C'est vraiment un rappel?A priori, oui : ce fait est un moment-cle dans la demonstration de la formule de

Grassmann.

Demonstration du rappel.Notons d'abord que F et G0sont des sous-espaces vectoriels de F+G donc F+G0aussi.

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