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tout a, b ∈ R et est donc un sous-espace affine de R3 de dimension dim (ker(M)) = 1 (d'apr`es la formule Correction i) Ce n'est qu'un exercice de rédaction :

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Sous-espaces affines 7 4 Intersection de sous-espaces affines, sous-espace affine engendré 49 5 Parallélisme 49 Corrigés : BARYCENTRES milation du cours par certains exercices où l'espace ambiant sera toujours le plan affine E

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Exercice 1 Soit E un espace affine, O ∈ E et f : E → E affine On cherche `a décomposer f sous la forme t1 ◦ u1 ou u2 ◦ t2 avec ti translation et ui application

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nombre d'équation est compatible Ainsi, D est un sous-espace affine de R 3 , et D est de dimension 1 d'après le théorème du rang, donc D est une droite affine

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8 nov 2011 · naturel en est un espace affine, généralisation en dimension quelconque du plan et de l'espace que 2 2 Exercices 2 5 Corrigé du devoir

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6) Exercice Proposition 1 4 Soient E, F deux K-espaces affines Alors le produit cartésien E × F est naturellement muni d'une structure de K-espace affine

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Géométrie affine euclidienne : exercices corrigés Voici un corrigé Soit ℰ un espace affine euclidien, et soit ℱ un sous-espace affine de ℰ On note et

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un unique point fixe Montrer alors que f est une homothétie Exercice 4 Les projections Soit E un espace affine et F et G deux sous espaces affines

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Universit

e Pierre & Marie Curie Licence de mathematiques 3 Ann ee 2012-2013 Module 323 TD 1 Soitkun corps (commutatif); on note car(k) sa caracteristique, i.e. le plus petit entierntel que

1 +:::+ 1|{z}

nfois= 0 dansk. On note rg(A) le rang d'une matriceA2Mn;m(k), i.e. le nombre maximal de colonnes deAqui soient lineairement independantes, ou encore la dimension de l'image de l'applicationkm!knassociee aA.

Exercice 1

Enonce.Soientaetbdeux nombres reels et soitFle sous-ensemble deR3deni par le systeme d'equations

2x+yz=a

x2y+z=b; montrez queFest un sous-espace ane deR3(on en donnera un point et l'espace directeur; la reponse depend en partie deaetb); quelle est sa dimension? Correction.Les deux premieres colonnes de la matriceM=2 11 12 1 sont lineairement independantes, il suit que l'application lineaire deR3surR2associee est surjective. Ainsi,M1a b est non vide pour touta;b2Ret est donc un sous-espace ane deR3de dimension dim (ker(M)) = 1 (d'apres la formule du rang).

Pour trouver une base de l'espace directeur ker(M) on utilise la methode du pivot de Gauss pour mettre

Msous la formePAQouP;Qsont inversibles etA\diagonale"; la base voulue est alors donnee par les

rg(Q)rg(A) dernieres colonnes deQ. On commence par multiplier par la gauche pour eliminer le coecient

(2,1) :1 0 1 2 2 11 12 1 =2 11 05 3 On fait maintenant des operations sur les colonnes (i.e. des multiplications a droite) : 2 11 05 3 0 @11 0 0 2 0

0 0 11

A =2 01 010 3 2 01 010 3 0 @1 0 5 0 1 3

0 0 101

A =2 0 0 010 0 et comme 0 @11 0 0 2 0

0 0 11

A0 @1 0 5 0 1 3

0 0 101

A =0 @11 2 0 2 6

0 0 101

il suit qu'un vecteur directeur de ker(M) est (1;3;5)2R3. Pour trouver une solution particuliere a l'equation

on va la chercher avec sa troisieme coordonnee nulle puisqueMinduit un isomorphisme lineaire deR20R3 surR2; un calcul trivial donne le point (2a+b2 ;a2b5 ;0)2R3. Finalement, l'espace des solutions est : 2

42a+b2

a2b5 03 5 +R2 41
3 53
5 1

Exercice 2

Enonce.Soitu2Q. Veriez que les deux sous-ensemblesFetGdeQ4respectivement denis par les equationsx+y+zt= 0 xy+z+t=uetx+y+ 2z+t= 1 xy+ 2z+ 3t= 2u

sont des sous-espaces anes deQ4, dont on donnera pour chacun un point, l'espace directeur et la dimension.

Pour quelle valeur deus'intersectent-ils? Donner alors un point, l'espace directeur et la dimension de

l'intersection.

Correction.On veut determiner explicitement (i.e., donner un point et une base de l'espace directeur) les

sous-espaces anes deQ4donnes par les solutions aux systemes : (1) x+y+zt= 0 xy+z+t=u et (2)x+y+ 2z+t= 1 xy+ 2z+ 3t= 2u

Les deux matrices

1=1 1 11

11 1 1

; M

2=1 1 2 1

11 2 3

sont de rang 2, donc chacun des deux systemes admet un espace de solutions de dimension 2. Les vecteurs

(1;0;1;0) et (0;1;0;1) sont lineairement independants et appartiennent tus deux au noyau deM1; ils

forment donc une base de ce noyau, i.e. une base de la direction de l'espace des solutions a (1). On trouve

facilement une solution particuliere, par exemple en restreignant aus deux dernieres coordonnees on obtient

le point (0;9;u=2;u=2). Finalement, l'espace des solutions a (1) est donc : 2 6 640
0 u=2 u=23 7 75+Q2
6 640
1 0 13 7 75Q2
6 641
0 1 03 7 75:
La matriceM2est plus compliquee; on eectue un pivot de Gauss et on obtient : M

2=P122 0 0 0

02 0 0

Q 12 ou P 2=1 0 1 1 21
0 1 =21 2 2 Q 2=0 B B@12 1 1 11 C CA0 B B@12 1 1 11 C CA0 B B@1 1 1 1 11 C CA=0 B

B@1222

1 1 1 11 C CA Une solution particuliere se trouve facilement, et on obtient nalement l'espace de solutions : 2 6

641+2u2

12u2 0 03 7 75+Q2
6 642
0 1 03 7 75Q2
6 642
1 0 13 7 75:
2

Comme ces deux espaces sont de dimension 2 dans un espace de dimension 4, leur intersection peut ^etre

vide, un point ou une droite ane. On calcule le determinant de la matriceM=M1 M 2 det(M) =1 1 1111 1 11 1 2 1

11 2 3=1 1 112 21 2

2 1 4=2 21 2

1 2= 0

On en deduit queMest de rang 3 (on verie facilement que les trois premieres colonnes sont independantes).

Ainsi, les espaces directeurs ker(M1) et ker(M2) on pour intersection une droite et l'espace des solutions

simultanees de (1) et (2) est une droite ane si (0;u;1;2u)2Im(M) et vide sinon. Le calcul de determinant :1 1 1 0

11 1u1 1 2 1

11 2 2u=1 1 1 0

2u1 1

2 1 2u=2u1 1

1u= 2(1u)

montre qu'on est dans le premier cas si et seulement siu= 1; l'espace est alors :2 6 641
0 0 13 7 75+Q2
6 642
1 2 13 7 75:

Exercice 3

Enonce.SoitFle sous-espace ane deC4passant par (1;0;i;1) et dont l'espace directeur est engendre par (1;1;i;i) et (0;1 +i;1;1); donnez un systeme d'equations cartesiennes deF.

Correction.Soientv1;v2les vecteurs directeurs deFdonnes par l'enonce; pour trouver la partie lineaire

d'un systeme d'equations deFon doit trouver une base dans l'espaceE=L(C4;C) des formes lineaires sur C

4au noyau de l'applicationf7!(f(v1);f(V2) deEdansC2. Ceci revient a resoudre le systeme d'equations

lineaires :x+y+izit= 0 (1 +i)y+zt= 0 La matrice du systeme se met sous forme \diagonale par de simples operations sur les colonnes : 1 1ii

0 1 +i110

B@11 0 0

1 0 0 1 0 11 C

CA=1 0ii

0 1 +i11

1 0ii

0 1 +i110

B@1 0i i

1 i12 1i2 1 0 11 C

CA=1 0 00

0 1 +i0 0

on a 0 B

B@11 0 0

1 0 0 1 0 11 C CA0 B

B@1 0i i

1 i12 1i2 1 0 11 C CA=0 B

B@113i+12

3i12 1i12 1i2 1 0 11 C CA et il suit qu'une base de notre espace est donne par les formes lineairesz7!3i12 z1+1i2 z2z3(troisieme colonne) etz7!z3+z4(somme des deux dernieres colonnes). On a donc un systeme d'equations pourFde la forme :3i12 x+1i2 y+z=a z+t=b pour desa;b2C. La condition (1;0;i;1)2Fdonnea=i12 ;b= 1 +i. 3

Exercice 4

Enonce.SoitEun espace ane sur un corpsket soientAetBdeux pointsdistinctsdeE. i) Montrez qu'il existe une et une seule droite ane deEpassant parAetB; on la note (AB). ii) Montrez que sikest de caracteristique dierente de 2, un sous-ensemble non videFdeEen est un sous-espace ane si et seulement si (AB)Fpour tout couple (A;B) d'elements distincts deF(en fait, il sut queksoit dierente deZ=2Z, c'est-a-dire ait au moins trois elements; mais la preuve sous cette hypothese est plus dicile; vous pouvez essayer d'y re echir). Correction.i) Ce n'est qu'un exercice de redaction : Si A;B2 Esont deux points distincts, on posev=!AB6= 0; la droite aneD0=A+kvcontient alors

A(evidemment) etB=A+v.

Soit Dune droite ane deEcontenantAetB; on ecrit sa direction!D=kvpour unv2!Enon nul, on a alorsD=A+kv. Il existe un2ktel queB=A+v, et commeA6=Bon a6= 0. Par denition du vecteur!ABil vientv=!AB, d'ou il suit queD=D0. On notera donc (AB) l'unique droite deEcontenantAetB. ii)On commence par remarquer que le resultat est faux sik= Z=2Z: le sous-ensemblef(0;0);(0;1);(1;0)g (Z=2Zn'est pas un sous-espace ane (car son cardinal est 3, et le cardinal d'un espace ane surZ=2Zest une puissance de 2) mais il contient

toute droite ane entre deux de ses points.Soit maintenantkde caracteristique dierente de 2 (i.e. 2 := 1+16= 0 dansk),Sun sous-ensemble deE

tel que (AB)Spour toutsA;B2S. On supposeSnon vide, et on choisit un pointA2S. On pose :

V=f!AB; A;B2Sg !E

et on veut verier queVest un sous-espace vectoriel. Soient2ketv=!AB2V, on veut montrer que v2V. On poseC=A+v;Cest un point de la droite ane (AB) qui est incluse dansS, d'ou il suit queC2Setv=!AC2V(on remarque qu'on n'a pas utilise ici l'hypothese sur la caracteristique dek). Soientu=!AB2V,v=!AC2V, on va montrer queu+v2V. On poseD=A+u+v,w= 21!BC etE=B+w=Cw. On aE2(BC)Sd'ou il suit quew2V, et on va montrer queu+v=!AD=

2!AE= 2w2V.AB

CED

On ecrit :

!AD=!AE+!ED=!AE+!EC+!CD; on a d'autre part !CD=!AD!AC=!AB et!EC=!BE, donc : !AD=!AE+!BE+!AB= 2!AE

ce qui nit la preuve.La preuve de l'implication reciproque (un sous-espace ane contient toutes les droites entre deux de ses

points) est triviale et laissee au lecteur. Bien s^ur, la caracteristique du corpskn'y joue aucun r^ole.

Remarque.L'exercice indique que le resultat ci-dessus est en fait vrai pour tous les corps dierents de

Z=2Z. La preuve de cet enonce se fait comme suit : on choisit un pointE2(BC) distinct deBetC(ce qui est possible carj(BC)j=jkj>3), on a alorsE2S. CommeE6=Cla droite (DE) n'est pas parallele a (AB), donc ces deux droites s'intersectent en un pointF2S. CommeE6=Bon aF6=B;E, et il suit que la droite (EF) est bien denie, contenue dansSet contientD.

Exercice 5

Enonce.SoitEunk-espace ane sur un corps ayant au moins trois elements et soientF1etF2deux sous-espaces anes deE; on suppose queka au moins trois elements. Donnez une condition necessaire et susante surF1etF2pour que leur reunion soit un sous-espace ane deE. Correction.On va montrer queF1[ F2est un sous-espace ane deEsi et seulement siF1 F2ou F

2 F1. On remarque que ce resultat est faux sik=Z=2Zpuisque (par exemple) une droite est l'union de

deux points. Supposons doncjkj>3 etF26 F1,F16 F2. Il existe alors des pointsP12 F1n F2,P22 F2n F1; soit Qun point de la droite (P1P2) distinct deP1etP2(qui existe carj(P1P2)j=jkj>2). On ne peut avoir

Q2 F1: si tel etait le cas, la droite (PQ) toute entiere serait contenue dansF1, d'ou il suivrait queP22 F1.

De la m^eme maniere on aQ62 F2. La droite (P1P2) n'est donc pas contenue dansF1[ F2, d'ol suit que ce

dernier ne peut ^etre un sous-espace ane.

Exercice 6

Enonce.On suppose quekest de caracteristique dierente de 2 (autrement dit, 26= 0 dansk); soitEun k-espace ane. i) SiA;Bsont deux points deE, montrez qu'il existe un unique pointMdeEtel que!MA+!MB= 0; on l'appelle lemilieu deA;B. ii) SoientA;B;C;Dquatre points deE. Montrez que!AB=!CDsi et seulement siA;DetB;Cont m^eme milieu. iii) Donnez un contre-exemple a l'assertion i) lorsquek=Z=2Z. Correction.i) Soit 21l'inverse de 2 dansk; on poseM=A+21!ABde sorte que!MA=21!AB. On a alors !MB=!MA+!AB= (121)!AB; comme 2(121) = 21 = 1 danskon a 121= 21etM verie donc bien

!MA=!MB. Supposons queM02Esoit aussi solution de!M0A+!M0B= 0, il vient alors!M0A+!M0B= 0 =!MA!MBd'ou suit 2!MM0= 0 et comme car(k)6= 2 on a!MM0= 0, i.e.M=M0.

ii) On commmence par supposer queA;DetB;Cont m^eme milieu, i.e. il existeM2Etel que!MA !MD= 0 =!MB+!MC. Il suit immediatement que!AB=!CD(et aussi que!BD=!AC). Reciproquement, si !AB=!CDetMest le milieu deA;Don a!MB=!MA+!ABet!MC=!MD+!DC=!MD!ABd'ou il suit que!MC+!MB=!MA+!MD= 0. iii) SoitEun espace ane surZ=2ZetA6=Bdeux points deE. Le milieu deA;Bappartient clairement a la droite (AB); commej(AB)j= 2 on a doncM=AouM=B. SiM=Ail vient!MB= 0 soit encore !AB= 0 ce qui est absurde carA6=B, de m^eme siM=B. Sik=Z=2Zdeux points n'ont donc jamais de milieu s'ils sont distincts.

Exercice 7

Enonce.SoitEleZ=3Z-espace ane (Z=3Z)2.

i) CombienEa-t-il de points? Combien une droite deEa-t-elle de points? Combien de droites deE passent par un point donne? CombienEa-t-il de droites? ii) On considere le triangleABCdeEouA= (0;0), ouB= (1;0) et ouC= (1;1). Calculez les coordonnees des milieux deAB,BCetAC, puis l'equation desmedianesdu triangle, c'est-a-dire des

droites passant par un sommet et le milieu des deux autres. Montrez que les medianes sont ici ... paralleles!

iii) Traitez a nouveau la question ii) mais en supposant que l'on travaille dans (Z=5Z)2; veriez que les

medianes sont cette fois-ci concourantes. Correction.i) On ajEj=jZ=3Zj2= 9, toutes les droites deEsont en bijection avecZ=3Zet ont donc trois points. SiP2 E, les droites issues dePsont en bijection avec l'ensemble fQ2 E; Q6=Pg= ouest la relation d'equivalence donnee par :

QQ0, 92k;!PQ=!PQ0:

Les classes d'equivalence contiennent toutes exactement deux points, il suit qu'il y a exactement (jEj1)=2 =

4 droites passant parP. Enn, les droites deEsont en bijection avec l'ensemble :

E E n f(P;P); P2 Eg=0

ou0est la relation d'equvalence donnee par : (P;Q)0(P0;Q0), 92k;!P0Q0=!PQ

dont les classes ont toutes six elements, d'ou il suit queEcontient (819)=6 = 12 droites. On peut aussi

calculer ce dernier cardinal de la maniere suivante : il y a quatre classes de droites anes paralleles dansE,

et une droite donnee a trois translatees distinctes. Chaque classe contient donc trois droites, ce qui fait un

total de 34 = 12 droites. ii)ABCDansZ=3Zon a 21= 2, le milieu deABest donc (2;0), celui deBCest (0;2) et celui deAC est (1;2). Les trois medianes sont donc \verticales"

(elles ont pour equations respectivesx= 2;0;1).iii)(Je prendsC= (2;1), contrairement a l'enonce ouC= (4;1).)ABDB'

C'A'DansZ=5Zon a 21= 3, le milieu deABest donc

0= (3;0), celui deBCestA0= (4;3) et ce-

lui deACestB0= (1;3). On verie que les trois medianes sont concourantes au pointD= (1;2).6

Exercice 8

Enonce.On noteC1(R) leR-espace vectoriel des fonctions indeniment derivables deRdansR. Soit f2C1(R) et soitnun entier. Montrez que le sous-ensemble deC1(R) forme des fonctionsgtelles que g (n)=fest un sous-espace ane deC1(R); donnez son espace directeur, veriez qu'il est de dimension nie et donner sa dimension. L'espaceC1(R) est-il lui-m^eme de dimension nie?

Correction.C'est un fait bien connu d'analyse reelle (et je ne le demontre pas ici) quefg2C1(R); g(n)=f

est un sous-espace ane dont l'espace directeurVnest forme des fonctionsx7!an1xn1+:::+a1x+a0 pour (an1;:::;a0)2Rn, il est donc de dimension nie egale an. L'espace vectorielC1(R) contient pour toutnun espace de dimensionn(par exempleVn) et ne peut donc pas ^etre de dimension nie.

Exercice 9

Enonce.SoitEunk-espace ane d'espace directeurEet soitFune partie deEtellef!MNgM2F;N2F soit un sous-espace vectoriel deE. La partieFest-elle necessairement un sous-espace ane deE? Correction.La reponse est negative : en eet, pour queFsoit un sous-espace ane il faut quepour un M2Fxele sous-ensemblef!MNgM2F;N2Fsoit un sous-espace vectoriel deE. Par exemple, le demi-plan H=f(x;y)2R2;x0gn'est pas un sous-espace ane deR2maisf!MNgM2H;N2Hest egal a tout l'espace vectorielR2.

Exercice 10

Enonce.SoitEunk-espace ane et soientFetGdeux sous-espaces anes deE. Discuter des congura-

tions possibles (nature de l'intersection, dimension du sous-espace engendre) deE;FetGdans chacun des

cas suivants : i) dimE= 3;dimF= 1;dimG= 2; ii) dimE= 3;dimF= 2;dimG= 2; iii) dimE= 4;dimF= 2;dimG= 2; iv) dimE= 4;dimF= 2;dimG= 3.

Exercice 11

Enonce.SoitEunk-espace ane de dimension 3 et soientDetD0deux droites deEnon paralleles et d'intersection vide. i) Mon trezqu 'ilexiste un unique plan PcontenantDet parallele aD0; on denit de m^emeP0. ii) Soit M2E. Montrez que les assertions suivantes sont equivalentes : a) il existe une droite con tenantMet rencontrantDetD0; b)M2(E(P[P0))[D[D0.

Correction.i) Par hypothese les directions!Det!D0sont deux droites vectorielles distinctes; soitVl'unique

plan de!Equi les contienne. SoitPun point deD, le sous-espace aneP0=P+Vest un plan parallele a D

0et qui contientD. Si un sous-espace anePcontientDet est parallele aD0, sa direction doit contenir!Det!D0, si c'est un plan elle sera donc egale a!P0et commeP2 Pil suit queP=P0.

ii) On commence par montrer a)b; on doit voir qu'un pointM2 Equi verie (a) et qui est contenu dansPouP0est sur une des droitesDouD0. Soit doncM2 P [ P0tel qu'il existe une droite 3Mtelle que \D;\D0soient non vides. On suppose queM2 PetM62 D; comme rencontreMelle contient

alors deux points distincts deP, d'ou il suit que l'on doit avoir P. Mais on sait queP \ D0=;, ce qui

contredit le fait que \ D06=;: on a donc en faitM2 D. De la m^eme maniere on montre queM2 P0 impliqueM2 D0. On montre maintenant la reciproque b)a. SiMest un point deDouD0il est evident que l'on peut trouver une droite : par exemple siM2 D, pour tout pointM02 D0la droite (MM0) convient. Dans la suite on suppose donc queM2 E nP [P0. Il existe alors un unique planQcontenantMetD; comme on 7

a suppose queM62 Pon aQ 6=P. Par l'unicite dans la question (i) ce plan ne peut ^etre parallele aD0, et

l'intersectionD0\Qdoit donc ^etre non vide (en fait elle contient exactement un point). SoitQ2 D0\Q; la

droite (MQ) ne peut ^etre parallele aD(sinon l'unique planQ0contenantMetD0serait parallele aD, d'ou

il suivrait queQ0=P0par unicite dans (i), ce qui n'est pas possible puisque on a supposeM62 P0). Comme

(MQ) etDsont toutes deux contenues dans le planQelles s'intersectent en un point; la droite = (MQ) convient donc.

Exercice 12

Enonce.Soitn>1 et soit (P0;:::;Pn) une famille de points d'unk-espace aneE. SoitF(resp.G) le sous-espace ane deEengendre parfP0;:::;Pn1g(resp.fP0;:::;Png). Montrez que l'on aG=Fou dimG= dimF+ 1. On etablira ce resultat par deux methodes dierentes : dans un premier temps, on montrera queGest le sous-espace ane engendre parF[fPget l'on appliquera la formule du cours; dans un second temps, on utilisera la description explicite deFetGdonnee en cours. Correction.CommeGcontient les pointsP0;:::;Pn1il contient aussi le sous-espace ane deEqu'ils engendrent, c'est-a-dire queFG. On distingue alors deux cas : soitPn2F, et alors on aG=F, soit P n62Fet dans ce casGest engendre par les sous-espaces anes d'intersection videFetfPng; on a donc dimG= dimF+ dimfPng= dimF+ 1.

La seconde methode est laissee au lecteur.

Exercice 13

Enonce.Soitn>0 et soit (P0;:::;Pn) une famille de points d'unk-espace ane; soitIun sous-ensemble non vide def0;:::;ng. Montrez que si (P0;:::;Pn) est une famille de points anement independants,

alors (Pi)i2Iest une famille de points anement independants. La encore, on donnera deux preuves : l'une

quotesdbs_dbs6.pdfusesText_12

[PDF] [PDF] Université Pierre & Marie Curie Licence de - Annuaire IMJ-PRG

Universit

1 +:::+ 1|{z}

Exercice 1

2x+yz=a

0 0 11

0 0 101

0 0 11

0 0 101

0 0 101

42a+b2

Exercice 2

Les deux matrices

1=1 1 11

11 1 1

2=1 1 2 1

11 2 3

2=P122 0 0 0

02 0 0

B@1222

641+2u2

11 2 3=1 1 112 21 2

2 1 4=2 21 2

2 1 4=2 21 2

1 2= 0

11 1u1 1 2 1

11 2 2u=1 1 1 0

2 1 2u=2u1 1

2 1 2u=2u1 1

1u= 2(1u)

Exercice 3

4au noyau de l'applicationf7!(f(v1);f(V2) deEdansC2. Ceci revient a resoudre le systeme d'equations

0 1 +i110

B@11 0 0

CA=1 0ii

0 1 +i11

0 1 +i110

B@1 0i i

CA=1 0 00

0 1 +i0 0

B@11 0 0

B@1 0i i

B@113i+12

Exercice 4

A(evidemment) etB=A+v.

V=f!AB; A;B2Sg !E

2!AE= 2w2V.AB

On ecrit :

Exercice 5

2 F1. On remarque que ce resultat est faux sik=Z=2Zpuisque (par exemple) une droite est l'union de

Exercice 6

Exercice 7

Enonce.SoitEleZ=3Z-espace ane (Z=3Z)2.

QQ0, 92k;!PQ=!PQ0:

4 droites passant parP. Enn, les droites deEsont en bijection avec l'ensemble :

E E n f(P;P); P2 Eg=0

C'A'DansZ=5Zon a 21= 3, le milieu deABest donc

0= (3;0), celui deBCestA0= (4;3) et ce-

Exercice 8

Exercice 9

Exercice 10

Exercice 11

0et qui contientD. Si un sous-espace anePcontientDet est parallele aD0, sa direction doit contenir!Det!D0, si c'est un plan elle sera donc egale a!P0et commeP2 Pil suit queP=P0.

Exercice 12

La seconde methode est laissee au lecteur.

Exercice 13