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Exercice 3 ** Soit K un sous-corps de C et E un K-espace vectoriel de dimension finie Soient f et g deux endomorphismes de E vérifiant E = Kerf +Kerg = Imf +Img  



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Nous allons voir que dans le cas des espaces vectoriels de dimension finie, Soit E un -espace vectoriel et soit {v1, , vp} une famille finie de vecteurs de E Le  



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Exercice 3 ** Soit K un sous-corps de C et E un K-espace vectoriel de dimension finie Soient f et g deux endomorphismes de E vérifiant E = Kerf +Kerg = Imf +Img  



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Soit u une suite bornée d'un espace vectoriel normé de dimension finie ayant une unique valeur d'adhérence Montrer que la suite u converge Correction ▽



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Exercice 6 Soit E est un espace vectoriel de dimension finie et F et G deux sous- espaces vectoriels de E Montrer que : dim(F +G) = dimF +dimG−dim(F ∩G)



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Exercice 4 *** 1 Soient n ∈ N∗ puis ϕ1, , ϕn et ϕ n+1 formes linéaires sur un K-espace vectoriel E de dimension finie 



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Soit E et F deux -espaces vectoriels de dimensions finies et f une application Soit E un -espace vectoriel de dimension finie et f un endomorphisme de E



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Exercice 2 *** Soit E un R espace vectoriel de dimension finie Soit une norme sur E vérifiant l'identité du parallè- logramme, c'est-à-dire : ∀(x,y) ∈ E2, x + 



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Pour des vecteurs de n, décider si une famille {v1, , vp} est libre ou liée revient à résoudre un système linéaire Exemple 1 Dans le -espace vectoriel 3, 



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Soit f : E → E un endomorphisme d'un -espace vectoriel E de dimension finie n Soit A ∈ Mn() la matrice de f dans une base Le polynôme caractéristique de f est 



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http://exo7 emath fr/search php Ils accompagnent teur de l'exercice, est le même que sur le site exo7 et c'est aussi le numéro utilisé dans le Dans l' application du théorème des accroissements finis à la fonction f(x) = αx2 + βx Soit E un espace vectoriel de dimension n et f une application linéaire de E dans lui-même

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Exo7

Espaces vectoriels de dimension finie (ou non)

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

Exercice 1**ITEdésigne l"espace vectorielR4(muni des opérations usuelles). On considère les vecteurse1= (1;2;3;4),

e

2= (1;1;1;3),e3= (2;1;1;1),e4= (1;0;1;2)ete5= (2;3;0;1). Soient alorsF=Vect(e1;e2;e3)et

G=Vect(e4;e5). Quelles sont les dimensions deF,G,F\GetF+G? deE. Déterminer dimK(H1\H2). Interprétez le résultat quandn=2 oun=3. deEvérifiantE=Kerf+Kerg=Imf+Img. Montrer que ces sommes sont directes. naturel donné). Soitjl"application définie par :8P2E;j(P) =P(X+1)P(X). 1.

Vérifier que jest un endomorphisme deE.

2.

Déterminer K erjet Imj.

e2+e4,f(e3) =e1+2e3etf(e4) =e2e4. Déterminer Kerfet Imf. z7!z+a¯zoùaest un nombre complexe donné non nul. Montrer quefest un endomorphisme

duR-espace vectorielC.fest-il un endomorphisme duC-espace vectorielC? Déterminer le noyau et l"image

def. 1

1.Rappeler l"écriture générale de (x0;y0)en fonction de(x;y).

2. Si on pose z=x+iyetz0=x0+iy0(oùi2=1), montrer que :9(a;b)2C2=8z2C;z0=az+b¯z. 3.

Réciproquement, montrer que l "expressionci-dessus définit un unique endomorphisme de R2(en clair,

l"expression complexe d"un endomorphisme deR2estz0=az+b¯z). applications linéaires deEdansF. Montrer que :jrgurgvj6rg(u+v)6rgu+rgv. 1. Montrer que, pour tout endomorphisme fdeR2, on a : (Kerf=Imf),(f2=0 etn=2rgf),(f2=0 et9g2L(E)=fg+gf=IdE). 2. On suppose K erf=Imf. Montrer qu"il existe une base(u1;:::;up;v1;:::;vp)deEtelle que :

8i2 f1;:::;pg;f(ui) =0 etf(vi) =ui.

injectif. Pourkentier naturel donné, on poseNk=KerfketIk=Imfk(avec la conventionf0=IdE). 1.

Montrer que : 8k2N;(NkNk+1etIk+1Ik).

2. (a)

Montrer que : (8k2N;(Nk=Nk+1)Nk+1=Nk+2).

(b) Montrer que : 9p2N=8k2N;(kp)Nk=Nk+1). (c)

Montrer que p6n.

3.

Montrer que si kp,Ik=Ik+1.

4. Montrer que E=IpNpet quefinduit un automorphisme deIp. 5. Soit dk=dimIk. Montrer que la suite(dkdk+1)k2Nest décroissante (en d"autres termes la suite des images itéréesIkdécroît de moins en moins vite).

deE. On dit queuest nilpotent si et seulement si9k2N=uk=0 et on appelle alors indice de nilpotence deu

le plus petit de ces entiersk(par exemple, le seul endomorphismeu, nilpotent d"indice 1 est 0). 1. Soit uun endomorphisme nilpotent d"indicep. Montrer qu"il existe un vecteurxdeEtel que la famille (x;u(x);:::;up1(x))soit libre. 2. Soit uun endomorphisme nilpotent. Montrer queun=0. 2

3.On suppose dans cette question que uest nilpotent d"indicen. Déterminer rgu.

deEvérifiantf25f+6IdE=0. Montrer queE=Ker(f2Id)Ker(f3Id).

Correction del"exer cice1 N•e4ete5ne sont clairement pas colinéaires. Donc(e4;e5)est une famille libre et dimG=rg(e4;e5) =2.

Ensuite, puisquee1ete2ne sont pas colinéaires, on a 26dimF63. Soit alors(l;m;n)2R3. le1+me2+ne3=0)8 >:l+m+2n=0(1)

2l+m+n=0(2)

3l+m+n=0(3)

4l+3m+n=0(4))8

:l=0((3)(2)) nl=0((1)(2)) l+m+2n=0(1))l=m=n=0: On a montré que :8(l;m;n)2R3;(le1+me2+ne3=0)l=m=n=0).(e1;e2;e3)est donc libre et dimF=rg(e1;e2;e3) =3. • CommeFF+G, dim(F+G)>3 ou encore dim(F+G) =3 ou 4. De plus : dim(F+G) =3,F=F+G,GF, fe4;e5g F: On cherche alors(l;m;n)2R3tel quee4=le1+me2+ne3ce qui fournit le système : 8>>< >:l+m+2n=1(1)

2l+m+n=0(2)

3l+m+n=1(3)

4l+3m+n=2(4):

(3)(2)fournitl=1 puis(1)(2)fournitn=2 puis(2)fournitm=4. Maintenant,(4)n"est pas vérifiée car 4(1)+342=66=2. Le système proposé n"admet pas de solution et donce4=2Vect(e1;e2;e3)=F.

Par suite, dim(F+G) =4. Enfin,

dim(F\G) =dimF+dimGdim(F+G) =3+24=1:

dim(F) =3, dim(G) =2, dim(F+G) =4 et dim(F\G) =1.Correction del"exer cice2 NOn aH1H1+H2et donc dim(H1+H2)>n1 ou encore dim(H1+H2)2 fn1;ng. Donc

dim(H1\H2) =dimH1+dimH2dim(H1+H2) =8 :(n1)+(n1)(n1) =n1 ou (n1)+(n1)n=n2: Maintenant, si dim(H1+H2) =n1=dimH1=dimH2, alorsH1=H1+H2=H2et donc en particulier, H

1=H2. Réciproquement, siH1=H2alorsH1+H2=H1et dim(H1+H2) =n1. En résumé, siH1etH2

sont deux hyperplans distincts, dim(H1\H2) =n2 et bien sûr, siH1=H2, alors dim(H1\H2) =n1.

Sin=2, les hyperplans sont des droites vectorielles et l"intersection de deux droites vectorielles distinctes

du plan vectoriel est de dimension 0, c"est-à-dire réduite au vecteur nul. Sin=3, les hyperplans sont des

plans vectoriels et l"intersection de deux plans vectoriels distincts de l"espace de dimension 3 est une droite

vectorielle.Correction del"exer cice3 NOn a n=dimE=dim(Kerf+Kerg) =dim(Kerf)+dim(Kerg)dim(Kerf\Kerg); mais aussi, n=dim(Imf)+dim(Img)dim(Imf\Img) =2ndim Kerfdim(Kerg)dim(Imf\Img):

Par suite,

4 n+dim(Kerf\Kerg) =dim(Kerf)+dim Kerg=ndim(Imf\Img) dim(Kerf\Kerg) =dim(Imf\Img) =0, et finalement, Kerf\Kerg=Imf\Img=f0g. Ceci montre

que les sommes proposées sont directes.Correction del"exer cice4 N1.Si Pest un polynôme de degré inférieur ou égal àn, alorsP(X+1)P(X)est encore un polynôme

de degré inférieur ou égal àn. Par suite,jest bien une application deEdans lui-même. Soient alors

(P;Q)2E2et(l;m)2R2. j(lP+mQ) = (lP+mQ)(X+1)(lP+mQ)(X) =l(P(X+1)P(X))+m(Q(X+1)Q(X)) =lj(P)+mj(Q): jest linéaire deEvers lui-même et donc un endomorphisme deE. 2. Soit P2E.P2Kerj,8x2R;P(x+1)=P(x). Montrons alors quePest constant. SoitQ=PP(0).

Qest un polynôme de degré inférieur ou égal àns"annulant en les entiers naturels 0, 1, 2,... (carP(0) =

P(1) =P(2) =:::) et a ainsi une infinité de racines deux à deux distinctes.Qest donc le polynôme nul

ou encore8x2R;P(x) =P(0). Par suite,Pest un polynôme constant. Réciproquement, les polynômes

constants sont clairement dans Kerjet donc

Kerj=fpolynômes constantsg=R0[X]:

Pour déterminer Imj, on note tout d"abord que siPest un polynôme de degré inférieur ou égal à

n, alorsj(P) =P(X+1)P(X)est un polynôme de degré inférieur ou égal àn1. En effet, si P=anXn+ån1k=0akXk(avecanquelconque, éventuellement nul) alors j(P) =an((X+1)nXn)+termes de degré inférieur on égal àn1 =an(XnXn)+termes de degré inférieur on égal àn1 =termes de degré inférieur on égal àn1: Donc, Im(j)Rn1[X]. Mais d"après le théorème du rang, dim Im(j) =dimRn[X]dim Ker(j) = (n+1)1=n=dimRn1[X]<+¥; et donc Imj=Rn1[X]. (On peut noter que le problème difficile soitQ2Rn1[X]. Existe-t-ilP2Rn[X]

tel queP(X+1)P(X) =Q? a été résolu simplement par le théorème du rang.)Correction del"exer cice5 NSoitu= (x;y;z;t) =xe1+ye2+ze3+te42R4. Alors,

f(u) =xf(e1)+yf(e2)+zf(e3)+t f(e4) =x(2e1+e3)+y(e2+e4)+z(e1+2e3)+t(e2e4) = (2x+z)e1+(y+t)e2+(x+2z)e3+(yt)e4:

Par suite,

5 u2Kerf,8 >:2x+z=0 y+t=0 x+2z=0 yt=0,x=z=0 y=t:

Donc, Kerf=f(0;y;0;y);y2Rg=Vect((0;1;0;1)).

Kerf=Vect((0;1;0;1)).Soitu0= (x0;y0;z0;t0)2R4.

u

0= (x0;y0;z0;t0)2Imf, 9(x;y;z;t)2R4=8

>:2x+z=x0 y+t=y0 x+2z=z0 yt=t0, 9(x;y;z;t)2R4=8 >:x=13 (2x0z0) z=13 (x0+2z0) t=y+y0 y

0+t0=0

,y0=t0

(siy06=t0, le système ci-dessus, d"inconnuesx,y,zett, n"a pas de solution et siy0=t0, le système ci-

dessus admet au moins une solution comme par exemple(x;y;z;t) =13 (2x0z0);0;13 (x0+2z0);y0). Donc,

Vect(e1;e2e4;e3).

Imf==f(x;y;z;y)=(x;y;z)2R3g=Vect(e1;e2e4;e3).Autre solutionpour la détermination de Imf. Imf=Vect(f(e1);f(e2);f(e3);f(e4)) =Vect(2e1+e3;e2+

e

4;e1+2e3;e2e4)=Vect(2e1+e3;e1+2e3;e2e4). Maisd"autrepart, d"aprèslethéorèmedurang, dim(Imf)=

41=3. Donc,(2e1+e3;e1+2e3;e2e4)est une base de Imf.Correction del"exer cice6 NSoient(z;z0)2C2et(l;m)2R2.

f(lz+mz0) = (lz+mz0)+a(lz+mz0) =l(z+a¯z)+m(z0+az

0) =lf(z)+mf(z0):

fest doncR-linéaire. On note quef(ia) =i(ajaj2)et queif(a) =i(a+jaj2). Commea6=0, on af(ia)6= if(a).fn"est pasC-linéaire. Soitz2Cnf0g. Posonsz=reiqoùr2R+etq2R. z2Kerf,z+a¯z=0,eiq+aeiq=0,e2iq=a:

1er cas.Sijaj 6=1, alors, pour tout réelq,e2iq6=a. Dans ce cas, Kerf=f0get d"après le théorème du rang,

Imf=C.2ème cas.Sijaj=1, posonsa=eia.

e

2iq=a,e2iq=ei(a+p),2q2a+p+2pZ,q2a+p2

+pZ:

Dans ce cas, Kerf=Vect(ei(a+p)=2). D"après le théorème du rang, Imfest une droite vectorielle et pour

déterminer Imf, il suffit d"en fournir un vecteur non nul, comme par exemplef(1) =1+a. Donc, sia6=1,

Imf=Vect(1+a). Sia=1,8z2C;f(z) =z¯z=2iIm(z)et Imf=iR.Correction del"exer cice7 N1.Pour (x;y)2R2, posonsf((x;y)) = (x0;y0).

f2L(R2), 9(a;b;g;d)2R4=8(x;y)2R2;x0=ax+gy y

0=bx+dy.

6

2.A vecles notations précédentes,

z

0=x0+iy0= (ax+gy)+i(bx+dy) = (az+¯z2

+gz¯z2i)+i(bz+¯z2 +dz¯z2i) a+d2 +ibg2 z+ad2 +ib+g2

¯z=az+b¯z

oùa=a+d2 +ibg2 etb=ad2 +ib+g2 3. Réciproquement, si z0=az+b¯z, en posanta=a1+ia2etb=b1+ib2où(a1;a2;b1;b2)2R4, on obtient : x

0+iy0= (a1+ia2)(x+iy)+(b1+ib2)(xiy) = (a1+b1)x+(a2+b2)y+i((a2+b2)x+(a1b1)y)

et donc, x0= (a1+b1)x+(b2a2)y y

0= (a2+b2)x+(a1b1)y:Correction del"exer cice8 NPar définition, rg(u+v) =dim(Im(u+v)).

Im(u+v) =fu(x)+v(x);x2Eg fu(x)+v(y);(x;y)2E2g=Imu+Imv. Donc, rg(u+v) =dim(Im(u+v))

6dim(Imu+Imv) =dim(Imu)+dim(Imv)dim(Imu\Imv)

6dim(Imu)+dim(Imv) =rgu+rgv:

On a montré que :

rgu=rg(u+vv)6rg(u+v)+rg(v) =rg(u+v)+rgv;

(il est clair que Im(v) =Imv)et donc rgurgv6rg(u+v). En échangeant les rôles deuetv, on a aussi

rgvrgu=rg(u+v)et finalement

8(u;v)2(L(E;F))2;jrgurgvj6rg(u+v):Correction del"exer cice9 N1.• (1))(2).Si Kerf=Imf, alors pour tout élémentxdeE,f(x)est dans Imf=Kerfet doncf(f(x))=

0. Par suite,f2=0. De plus, d"après le théorème du rang,n=dim(Kerf)+rgf=2rgfce qui montre

quenest nécessairement pair et que rgf=n2 . •(2))(3).Sif2=0 etn=2 rgf(22N), cherchons un endomorphismegdeEtel quefg+gf=IdE. Posonsr=rgfet doncn=2r, puisF=Kerf=Imf (dimF=r). 7 SoitGun supplémentaire deFdansE(dimG=r). Soit(e01;:::;e0r)une base deG. Pouri2[[1;r]], on poseei=f(e0i). Montrons que la famille(e1;:::;er)est libre. Soit(l1;:::;lr)2Rr. rå i=1l iei=0)f rå i=1le0i! =0)rå i=1l ie0i2Kerf\G=f0g ) 8i2 f1;:::;rg;li=0; car la famille(e0i)16i6rest libre.(e1;:::;er)est une famille libre deF=Imfde cardinalret donc une base deF=Kerf=Imf. Au passage, puisqueE=FG,(e1;:::;er;e01;:::;e0r)est une base deE.

Soit alorsgl"endomorphisme deEdéfini par les égalités :8i2[[1;r]];g(ei) =e0ietg(e0i) =ei(gest

entièrement déterminé par les images des vecteurs d"une base deE). Pouriélément de[[1;r]], on a alors :

(fg+gf)(ei) =f(e0i)+g(0) =ei+0=ei; et (fg+gf)(e0i) =f(ei)+g(ei) =0+e0i=e0i: Ainsi, les endomorphismesfg+gfetIdEcoïncident sur une base deEet doncfg+gf=IdE. •(3))(1).Supposons quef2=0 et qu"il existeg2L(E)tel quefg+gf=IdE. Commef2=0, on

a déjà ImfKerf. D"autre part, sixest un élément de Kerf, alorsx=f(g(x))+g(f(x)) =f(g(x))2

Imfet on a aussi KerfImf. Finalement, Kerf=Imf.

2.

L "existenced"une base (e1;:::;ep;e01;:::;e0p)deEvérifiant les conditions de l"énoncé a été établie au

passage (avecp=r=rgf).Correction del"exer cice10 N1.Soient kun entier naturel etxun élément deE.

x2Nk)fk(x) =0)f(fk(x)) =f(0) =0)fk+1(x) =0)x2Nk+1:

On a montré que :8k2N;NkNk+1. Ensuite,

x2Ik+1) 9y2E=x=fk+1(y)) 9z(=f(y))2E=x=fk(z))x2Ik:

On a montré que :8k2N;Ik+1Ik.

2. (a)

Soit kun entier naturel. Supposons queNk=Nk+1.

On a déjàNk+1Nk+2. Montrons queNk+2Nk+1.

Soitxun élément deE.

x2Nk+2)fk+2(x) =0)fk+1(f(x)) =0)f(x)2Nk+1=Nk)fk(f(x)) =0 )fk+1(x) =0)x2Nk+1: (b) On a f0g=N0N1N2:::Supposons que chacune de ces inclusions soient strictes. Alors, 0= dimN01, dimN2>2 et par une récurrence facile,8k2 N;dimNk>k. En particulier, dimNn+1>n+1>n=dimE, ce qui est impossible. Donc, il existekentier naturel tel queNk=Nk+1. K=2 fk2N=Nk=Nk+1g,Kest une partie non vide deNet admet donc un plus petit élément). On note que puisquefest non injectif,f0g=N06=N1et doncp2N. Par définition dep, pour kPuisque NkNk+1,Ik+1Iket que dimE<+¥, on a : N k=Nk+1,dimNk=dimNk+1,nrg(fk) =nrg(fk+1),dim(Ik) =dim(Ik+1),Ik=Ik+1:

Donc, pourk 4. Soit x2Ip\Np. Alors,fp(x) =0 et9y2E=x=fp(y). D"où,f2p(y) =0 ety2N2p=Np(puisque

2p>p) et doncx=fp(y) =0. On a montré queIp\Np=f0g. Maintenant, le théorème du rang montre

queE=dim(Ip)+dim(Np)et doncE=IpNp. Posonsf=Ip=f0.f0est déjà un endomorphisme deIpcarf0(Ip) =f(Ip) =Ip+1=Ip.

Soit alorsx2Ip.9y2E=x=fp(y).

x2Kerf0)f0(x) =0)f(fp(y)) =0)y2Np+1=Npx=fp(y) =0: Donc Kerf0=f0get donc, puisque dimIp<+¥,f02GL(Ip). 5. Soient kun entier naturel etgkla restriction defàIk. D"après le théorème du rang,dk=dim(Ik) =dim(Kergk)+dim(Imgk). Maintenant, Imgk=gk(Ik) = f(Ik) =Ik+1et donc dim(Imgk) =dk+1. D"autre part, Kergk=Kerf=Ik=Kerf\Ik. Ainsi, pour tout entier naturelk,dkdk+1=dim(Kerf\Ik). Puisque la suite(Ik)k2Nest décroissante

pour l"inclusion, la suite d"entiers naturels(dim(Kerf\Ik))k2N= (dkdk+1)k2Nest décroissante.Correction del"exer cice11 N1.Soit p(2N)l"indice de nilpotence deu.

Par définition,up16=0 et plus généralement, pour 16k6p1,uk6=0 car siuk=0 alorsup1= u kup1k=0 ce qui n"est pas. Puisqueup16=0, il existe au moins un vecteurxnon nul tel queup1(x)6=0.

Montrons que la famille(uk(x))06k6p1est libre.

Soit(lk)06k6p12Kptel queåp1

k=0lkuk(x) =0. Supposons qu"au moins un des coefficientslkne soit pas nul. Soiti=Minfk2 f0;:::;p1g=lk6=0g. p1å k=0l kuk(x) =0)p1å k=il kuk(x) =0)up1i(p1å k=il kuk(x)) =0)p1å k=il kup1i+k(x) =0 )liup1(x) =0(car pourk>i+1;p1i+k>pet doncup1i+k=0) )li=0(carup1(x)6=0) ce qui contredit la définition dei. Donc tous les coefficientslksont nuls et on a montré que la famille(uk(x))06k6p1est libre. 2.

Le cardinal d"une f amillelibre est inférieur ou ég alà la dimension de l"espace et donc p6n. Par suite,

u n=upunp=0. 9

3.On applique l"e xerice10 .

Puisqueun16=0, on aNn16=Nn. Par suite (d"après l"exercice12 , 2), c)), les inclusionsN0N1::: N n=Esont toutes strictes et donc

0 Pourk2 f0;:::;ng, notonsdkest la dimension deNk. Pourk2 f0;:::;n1g, on adk+1>dket une récurrence facile montre que, pourk2 f0;:::;ng, on adk>k. Mais si de plus, pour un certain indiceiélément def1;:::;n1g, on adi=dimNi>i, alors, par une récurrence facile, pouri6k6n, on adk>ket en particulierdn>nce qui n"est pas. Donc,

8k2 f0;:::;ng;dim(Nk) =k;

ou encore, d"après le théorème du rang,

8k2 f0;:::;ng;rg(uk) =nk, et en particulier rg(u) =n1.Correction del"exer cice12 NSoitx2E.

x2Ker(f2Id)\Ker(f3Id))f(x) =2xetf(x) =3x)3x2x=f(x)f(x) =0)x=0: Donc, Ker(f2Id)\Ker(f3Id) =f0g(même sif25f+6Id6=0). Soitx2E. On chercheyetztels quey2Ker(f2Id),z2Ker(f3Id)etx=y+z. Siyetzexistent,yetzsont solution du systèmey+z=x

2y+3z=f(x)et doncy=3xf(x)

z=f(x)2x. Réciproquement . Soientx2Epuisy=3xf(x)etz=f(x)2x.

On a bieny+z=xpuis

quotesdbs_dbs22.pdfusesText_28