Exercice 1 4388

Dans l’espace vectoriel $ℝ^{3}$ , on considère le plan $P$ d’équation¹¹ 1 Une telle équation détermine un plan de $ℝ^{3}$ , voir le sujet 5187. $x - y + z = 0$ et la droite vectorielle $D$ engendrée par $u = (1,3,1)$ .

(a)

Vérifier que $P$ et $D$ sont des espaces supplémentaires.
(b)

On note $p$ la projection sur $P$ parallèlement à $D$ . Exprimer $p (x, y, z)$ .
(c)

On note $s$ la symétrie par rapport à $P$ parallèlement à $D$ . Exprimer $s (x, y, z)$ .

Exercice 2 5954 ENSTIM (MP)Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel et $f \in ℒ (E)$ tel que $f \circ f = f$ .

(a)

Montrer que $Ker (f) \oplus Im (f) = E$ . Interpréter géométriquement.
(b)

Si $E$ est de dimension finie, que dire de la matrice de $f$ dans une base bien choisie?
(c)

Donner un exemple d’endomorphisme $f$ tel que son noyau et son image ne soit pas supplémentaires.

Solution

(a)

Soit $x \in Ker (f) \cap Im (f)$ . Il existe $a \in E$ tel que $x = f (a)$ et l’on a $f (x) = 0$ donc $f^{2} (a) = 0$ . Cela entraîne $x = f (a) = f^{2} (a) = 0$ . Les espaces $Ker (f)$ et $Im (f)$ sont en somme directe.

Pour $x \in E$ , on peut écrire $x = (x - f (x)) + f (x)$ avec $f (x) \in Im (f)$ et $x - f (x) \in Ker (f)$ car $f (x - f (x)) = f (x) - f^{2} (x) = 0$ .

On conclut $E = Ker (f) \oplus Im (f)$ .

On sait qu’alors $f$ correspond à la projection sur $Im (f)$ parallèlement à $Ker (f)$ .
(b)

Dans une base adaptée à la décomposition précédente, la matrice de $f$ est de la forme

$(\begin{matrix} O & O \\ O & I_{r} \end{matrix}) avec r = rg (f) .$
(c)

Dans $E = 𝕂 [X]$ , l’endomorphisme de dérivation répond à la question.

En dimension finie $n \geq 2$ , un endomorphisme nilpotent non nul répond aussi à la question.

Exercice 3 1718 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel et $p \in ℒ (E)$ .

(a)

Montrer que $p$ est un projecteur si, et seulement si, $Id - p$ l’est.
(b)

Exprimer alors $Im (Id - p)$ et $Ker (Id - p)$ en fonction de $Im (p)$ et $Ker (p)$ .

Solution

(a)

${(Id - p)}^{2} = Id - 2 p + p^{2}$ donc ${(Id - p)}^{2} = (Id - p) \Leftrightarrow p = p^{2}$ .
(b)

$p \circ (Id - p) = \tilde{0}$ donc $Im (Id - p) \subset Ker (p)$ .
Inversement, soit $x \in Ker (p)$ , on a $(Id - p) (x) = x - p (x) = x$ donc $x \in Im (Id - p)$ . Ainsi $Ker (p) \subset Im (Id - p)$ .

Finalement, $Ker (p) = Im (Id - p)$ et de même $Ker (Id - p) = Im (p)$ .

Exercice 4 165

Soient $p$ et $q$ deux projecteurs d’un espace vectoriel $E$ .

(a)

Montrer que $p$ et $q$ ont le même noyau si, et seulement si, $p \circ q = p$ et $q \circ p = q$ .
(b)

Énoncer une condition semblable pour que $p$ et $q$ possèdent la même image.

Exercice 5 1720 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel et $p, q$ deux projecteurs de $E$ qui commutent.
Montrer que $p \circ q$ est un projecteur de $E$ . En déterminer noyau et image.

Solution

On a ${(p \circ q)}^{2} = p \circ q \circ p \circ q = p^{2} \circ q^{2} = p \circ q$ donc $p \circ q$ est un projecteur. Soit $x \in Ker (p) + Ker (q)$ . Il existe $(u, v) \in Ker (p) \times Ker (q)$ tels que $x = u + v$ et alors

(p \circ q) (x) = (p \circ q) (u) + (p \circ q) (v) = (q \circ p) (u) + (p \circ q) (v) = 0_{E}

donc $x \in Ker (p \circ q)$ .

Ainsi,

Ker (p) + Ker (q) \subset Ker (p \circ q) .

Inversement, soit $x \in Ker (p \circ q)$ . On peut écrire $x = u + v$ avec $u \in Ker (p)$ et $v \in Im (p)$ .

(p \circ q) (x) = (q \circ p) (x) = q (v) = 0_{E}

donc $v \in Ker (q)$ . Par suite, $x \in Ker (p) + Ker (q)$ .

Par double inclusion,

Ker (p \circ q) = Ker (p) + Ker (q) .

Soit $y \in Im (p \circ q)$ , il existe $x \in E$ tel que $y = (p \circ q) (x)$ . On a $y = p (q (x)) \in Im (p)$ et $y = q (p (x)) \in Im (q)$ donc $y \in Im (p) \cap Im (q)$ . Ainsi $Im (p \circ q) \subset Im (p) \cap Im (q)$ .

Inversement, soit $y \in Im (p) \cap Im (q)$ . Il existe $x \in E, y = q (x)$ et $y = p (y) = (p \circ q) (x) \in Im (p \circ q)$ .

Ainsi, $Im (p) \cap Im (q) \subset Im (p \circ q)$ puis l’égalité.

Exercice 6 3759 ENSIIE (MP)Correction

Soient $p$ et $q$ deux projecteurs d’un $ℝ$ -espace vectoriel $E$ vérifiant

Im (p) \subset Ker (q) .

Montrer que $p + q - p \circ q$ est un projecteur et préciser son image et son noyau.

Solution

Puisque $Im (p) \subset Ker (q)$ , on a $q \circ p = 0$ et en développant puis en simplifiant

{(p + q - p \circ q)}^{2} = p + q - p \circ q .

On peut donc conclure que $r = p + q - p \circ q$ est un projecteur.
Montrons

Im (r) = Im (p) + Im (q) .

L’inclusion $\subset$ est immédiate car

\forall x \in E, r (x) = p (x - q (x)) + q (x) .

Inversement, soit $x \in Im (p) + Im (q)$ . On peut écrire $x = p (a) + q (b)$ avec $a, b \in E$ . On a alors par le calcul

r (x) = r (p (a)) + r (q (b)) = p (a) + q (b) = x

et ainsi $x \in Im (r)$ .
Montrons aussi

Ker (r) = Ker (p) \cap Ker (q) .

L’inclusion $\supset$ est immédiate. Inversement, pour $x \in Ker (r)$ on a

p (x) + q (x) - p \circ q (x) = 0_{E} .

En appliquant $q$ , on obtient $q (x) = 0_{E}$ puis on en déduit aussi $p (x) = 0_{E}$ et ainsi $x \in Ker (p) \cap Ker (q)$ .

Exercice 7 164 CENTRALE (MP)

Soient $p$ et $q$ deux projections d’un espace vectoriel $E$ .

(a)

Montrer que $p + q$ est une projection si, et seulement si, $p \circ q = q \circ p = 0$ .
(b)

Préciser alors les espaces $Im (p + q)$ et $Ker (p + q)$ .

Exercice 8 166 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel et $u \in ℒ (E)$ .

On suppose qu’il existe un projecteur $p$ de $E$ tel que $u = p \circ u - u \circ p$ .

(a)

Montrer que $u (Ker (p)) \subset Im (p)$ et $Im (p) \subset Ker (u)$ .
(b)

En déduire $u^{2} = 0$ .
(c)

Réciproque?

Solution

(a)

Si $x \in Ker (p)$ alors $p (u (x)) = u (x) + u (p (x)) = u (x)$ donc $u (x) \in Im (p)$ . Ainsi, $u (Ker (p)) \subset Im (p)$ .

Si $x \in Im (p)$ alors $p (x) = x$ donc $u (x) = p (u (x)) - u (p (x)) = p (u (x)) - u (x)$ d’où $2 u (x) = p (u (x))$ . Par suite, $u (x) \in Im (p)$ donc $p (u (x)) = u (x)$ et enfin la relation précédente donne $u (x) = 0$ . Ainsi, $x \in Ker (u)$ .
(b)

Pour $x \in E$ ,

$u (x) = u (p (x)) + u (x - p (x)) .$

Or $u (p (x)) = 0$ car $Im (p) \subset Ker (u)$ et

$u (x - p (x)) \in u (Ker (p)) \subset Im (p) \subset Ker (u)$

donc $u^{2} (x) = 0$ .
(c)

Supposons $u^{2} = 0$ . On a $Im (u) \subset Ker (u)$ . Soit $p$ une projection sur $Im (u)$ . On a $p \circ u = u$ car les vecteurs de $Im (u)$ sont invariants par $p$ et l’on a $u \circ p = 0$ car $Im (p) = Im (u) \subset Ker (u)$ . Ainsi, il existe une projection $p$ pour laquelle $u = p \circ u - u \circ p$ . La réciproque est vraie.

Exercice 9 5823 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel $E$ .

À quelle condition existe-t-il un projecteur $p$ de $E$ vérifiant $u = p \circ u - u \circ p$ ?

Solution

Supposons qu’un tel projecteur $p$ existe.

En composant la relation $u = p \circ u - u \circ p$ par $p$ à gauche, on obtient $p \circ u = p \circ u - p \circ u \circ p$ . On en déduit $p \circ u \circ p = 0$ .

En composant la relation $u = p \circ u - u \circ p$ par $p$ à droite, il vient $u \circ p = p \circ u \circ p - u \circ p$ . On en déduit $u \circ p = 0$ .

En composant la relation $u = p \circ u - u \circ p$ par $u$ à gauche, il vient $u^{2} = u \circ p \circ u - u \circ u \circ p$ . On en déduit $u^{2} = 0$ .

L’endomorphisme $u$ doit donc vérifier $u^{2} = 0$ .

Inversement, si $u^{2} = 0$ alors $Im (u) \subset Ker (u)$ . Considérons $p$ un projecteur sur un sous-espace vectoriel $F$ vérifiant $Im (u) \subset F \subset Ker (u)$ et parallèlement à un sous-espace vectoriel $G$ supplémentaire arbitraire. On a $p \circ u = u$ car $u$ prend ses valeurs dans $Im (p)$ . On a aussi $u \circ p = 0$ car $p$ prend ses valeurs dans $Ker (u)$ . On vérifie alors $u = u \circ p - p \circ u$ .

En résumé, l’existence d’un projecteur tel que souhaité a lieu si, et seulement si, $u^{2} = 0$ .

Exercice 10 1725 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel et $p$ un projecteur de $E$ . On pose $q = Id - p$ et l’on considère

L = {f \in ℒ (E) | \exists u \in ℒ (E), f = u \circ p} et M = {g \in ℒ (E) | \exists v \in ℒ (E), g = v \circ q} .

Montrer que $L$ et $M$ sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de $ℒ (E)$ .

Solution

$φ : u \mapsto u \circ p$ est un endomorphisme de $ℒ (E)$ donc $L = Im (φ)$ est un sous-espace vectoriel de $ℒ (E)$ .
$ψ : v \mapsto v \circ q$ est un endomorphisme de $ℒ (E)$ donc $M = Im (ψ)$ est un sous-espace vectoriel de $ℒ (E)$ .
Soit $f \in L \cap M$ . Il existe $u, v \in ℒ (E)$ tels que $f = u \circ p = v \circ q$ .
On a $f \circ p = u \circ p^{2} = u \circ p = f$ et $f \circ p = v \circ q \circ p = 0$ car $q \circ p = 0$ donc $f = 0$ . Ainsi $L \cap M = {0}$ .
Soit $f \in ℒ (E)$ . On a $f = f \circ Id = f \circ (p + q) = f \circ p + f \circ q \in L + M$ . Ainsi $ℒ (E) = L + M$ .

Finalement, $L$ et $M$ sont supplémentaires dans $ℒ (E)$ .

Exercice 11 1723 Correction

Soit $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel.
Soit $s$ un endomorphisme de $E$ involutif, c’est-à-dire tel que $s^{2} = Id$ .
On pose $F = Ker (s - Id)$ et $G = Ker (s + Id)$ .

(a)

Montrer que $F$ et $G$ sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de $E$ .
(b)

Montrer que $s$ est la symétrie vectorielle par rapport à $F$ et parallèlement à $G$ .
Plus généralement, soient $α \in 𝕂 ∖ {1}$ et $f$ un endomorphisme de $E$ tel que $f^{2} - (α + 1) f + α Id = 0$ .
On pose $F = Ker (f - Id)$ et $G = Ker (f - α Id)$ .
(c)

Montrer que $F$ et $G$ sont supplémentaires dans $E$ .
(d)

Montrer que $f$ est l’affinité par rapport à $F$ , parallèlement à $G$ et de rapport $α$ .

Solution

(a)

$F$ et $G$ sont des sous-espaces vectoriels car noyaux d’endomorphismes.
Soit $\vec{x} \in F \cap G$ . On a $s (\vec{x}) = \vec{x}$ et $s (\vec{x}) = - \vec{x}$ donc $\vec{x} = \vec{o}$ . Ainsi $F \cap G = {\vec{o}}$ .
Soit $\vec{x} \in E$ . Posons $\vec{u} = \frac{1}{2} (\vec{x} + s (\vec{x}))$ et $\vec{v} = \frac{1}{2} (\vec{x} - s (\vec{x}))$ .
On a $\vec{x} = \vec{u} + \vec{v}$ , $s (\vec{u}) = \vec{u}$ donc $\vec{u} \in F$ et $s (\vec{v}) = - \vec{v}$ donc $\vec{v} \in G$ .
Ainsi $F + G = E$ . $F$ et $G$ sont donc supplémentaires dans $E$ .
(b)

Pour tout $\vec{x} \in E$ , il existe un unique couple $(\vec{u}, \vec{v}) \in F \times G$ tel que $\vec{x} = \vec{u} + \vec{v}$ .
On a $s (\vec{x}) = s (\vec{u}) + s (\vec{v}) = \vec{u} - \vec{v}$ donc $x$ est la symétrie par rapport à $F$ parallèlement à $G$ .
(c)

$F$ et $G$ sont des sous-espaces vectoriels car noyaux d’endomorphismes.
Soit $\vec{x} \in F \cap G$ . On a $f (\vec{x}) = \vec{x}$ et $f (\vec{x}) = α \vec{x}$ donc $\vec{x} = \vec{o}$ . Ainsi $F \cap G = {\vec{o}}$ .
Soit $\vec{x} \in E$ . Posons $\vec{u} = \frac{1}{1 - α} (f (\vec{x}) - α \vec{x})$ et $\vec{v} = \frac{1}{1 - α} (\vec{x} - f (\vec{x}))$ .
On a $\vec{x} = \vec{u} + \vec{v}$ , $f (\vec{u}) = \vec{u}$ donc $\vec{u} \in F$ et $f (\vec{v}) = α \vec{v}$ donc $\vec{v} \in G$ .
Ainsi $F + G = E$ . $F$ et $G$ sont donc supplémentaires dans $E$ .
(d)

Pour tout $\vec{x} \in E$ , il existe un unique couple $(\vec{u}, \vec{v}) \in F \times G$ tel que $\vec{x} = \vec{u} + \vec{v}$ .
On a $f (\vec{x}) = f (\vec{u}) + f (\vec{v}) = \vec{u} + α \vec{v}$ donc $f$ est l’affinité par rapport à $F$ parallèlement à $G$ et de rapport $α$ .

Exercice 12 1724 Correction

Soit $f \in ℒ (E)$ tel que $f^{2} - 4 f + 3 I d = \tilde{0}$ . Montrer

Ker (f - Id) \oplus Ker (f - 3 I d) = E .

Quelle transformation vectorielle réalise $f$ ?

Solution

Soit $\vec{x} \in Ker (f - Id) \cap Ker (f - 3 I d)$ . On a $f (\vec{x}) = \vec{x}$ et $f (\vec{x}) = 3 \vec{x}$ donc $\vec{x} = \vec{o}$ .
Soit $\vec{x} \in E$ . Posons $\vec{u} = \frac{1}{2} (3 \vec{x} - f (\vec{x}))$ et $\vec{v} = \frac{1}{2} (f (\vec{x}) - \vec{x})$ .
On a $\vec{x} = \vec{u} + \vec{v}$ avec $\vec{u} \in Ker (f - Id)$ et $\vec{v} \in Ker (f - 3 I d)$ après calculs.
$f$ est l’affinité vectorielle par rapport à $F = Ker (f - Id)$ , parallèlement à $G = Ker (f - 3 I d)$ et de rapport 3.

Exercice 13 3359 CCINP (MP)Correction

Soient $f$ et $g$ deux endomorphismes d’un espace vectoriel réel $E$ vérifiant $f \circ g = {Id}_{E}$ .

(a)

Montrer que $Ker (g \circ f) = Ker (f)$ et $Im (g \circ f) = Im (g)$ .
(b)

Montrer

$E = Ker (f) \oplus Im (g) .$
(c)

Décrire l’endomorphisme $g \circ f$ .

Solution

(a)

Évidemment $Ker (f) \subset Ker (g \circ f)$ et $Im (g \circ f) \subset Im (g)$ .

Pour $x \in Ker (g \circ f)$ , on a $f (x) = f (g (f (x))) = f (0) = 0$ donc $x \in Ker (f)$ .

Pour $y \in Im (g)$ , il existe $x \in E$ tel que $y = g (x)$ et alors $y = g (f (g (x))) = g (f (a)) \in Im (g \circ f)$ .
(b)

Si $x \in Ker (f) \cap Im (g)$ alors on peut écrire $x = g (a)$ et puisque $f (x) = 0$ , $a = f (g (a)) = 0$ donc $x = 0$ .

Pour $x \in E$ , on peut écrire $x = (x - g (f (x))) + g (f (x))$ avec $x - g (f (x)) \in Ker (f)$ et $g (f (x)) \in Im (g)$ .
(c)

$(g \circ f) \circ (g \circ f) = g \circ (f \circ g) \circ f = g \circ f$ et donc $g \circ f$ est un projecteur. Plus précisément, c’est la projection sur $Im (g)$ parallèlement à $Ker (g)$ .

Exercice 14 4389

Soient $B$ un polynôme non constant de $ℝ [X]$ et $r$ l’application de $ℝ [X]$ vers lui-même qui à $A \in ℝ [X]$ associe le reste $R$ de la division euclidienne de $A$ par $B$ .

(a)

Vérifier que $r$ est un endomorphisme de $ℝ [X]$ .
(b)

Calculer $r \circ r$ et préciser la transformation géométrique réalisée par $r$ .

Exercice 15 5488 Correction

Soient $V$ et $W$ deux sous-espaces vectoriels supplémentaires d’un espace vectoriel réel $E$ de dimension finie. Pour toute application $f \in ℒ (V, W)$ , on introduit l’application linéaire

φ_{f} : {\begin{matrix} V & \to & E \\ x & \mapsto & x - f (x) \end{matrix}

et l’on note $I_{f} = Im (φ_{f})$ .

(a)

Soit $f \in ℒ (V, W)$ . Vérifier que l’application $φ_{f}$ est injective et établir que $I_{f}$ est un sous-espace vectoriel supplémentaire de $W$ dans $E$ .
(b)

Soient $f, g \in ℒ (V, W)$ . On suppose $I_{f} = I_{g}$ . Établir $f = g$ .
(c)

Soit $U$ un sous-espace supplémentaire de $W$ dans $E$ . Déterminer une application linéaire $f : V \to W$ telle que $U = I_{f}$ .
(d)

En déduire une application bijective entre l’espace $ℒ (V, W)$ et l’ensemble des sous-espaces vectoriels supplémentaires de $W$ dans $E$ .

Solution

(a)

Soit $x \in Ker (φ_{f})$ . On a $x - f (x) = 0_{E}$ et donc $x = f (x)$ . Or $x \in V$ , $f (x) \in W$ et $V \cap W = {0_{E}}$ donc $x = 0_{E}$ . L’application linéaire $φ_{f}$ est donc injective.

En tant qu’image d’une application linéaire, l’ensemble $I_{f}$ est un sous-espace vectoriel de $E$ . Puisque l’application linéaire $φ_{f}$ est injective,

$dim I_{f} = dim V .$

Aussi, pour tout $y \in I_{f} \cap W$ , il existe $x \in V$ tel que $x - f (x) = y$ . On a alors

$\underset{\begin{matrix} \in V \end{matrix}}{\underset{⏟}{x}} = \underset{\begin{matrix} \in W \end{matrix}}{\underset{⏟}{y + f (x)}} \in V \cap W .$

Or $V \cap W = {0_{E}}$ et donc $x = 0_{E}$ puis $y = f (x) = 0_{E}$ . Ainsi,

$I_{f} \cap W = {0_{E}} .$

Les espaces $I_{f}$ et $W$ sont donc en somme directe et puisque

$dim I_{f} + dim W = dim V + dim W = dim E$

les espaces $I_{f}$ et $W$ sont supplémentaires dans $E$ .
(b)

Soit $x \in V$ . On a $x - f (x) \in I_{f} = I_{g}$ et il existe donc $x^{'} \in V$ tel que

$x - f (x) = x^{'} - g (x^{'}) .$

En réorganisant les membres,

$\underset{\begin{matrix} \in V \end{matrix}}{\underset{⏟}{x - x^{'}}} = \underset{\begin{matrix} \in W \end{matrix}}{\underset{⏟}{g (x^{'}) - f (x)}} \in V \cap W .$

Or $V \cap W = {0_{E}}$ et donc $x = x^{'}$ puis $f (x) = g (x^{'}) = g (x)$ . Ainsi, les applications $f$ et $g$ sont égales.
(c)

Introduisons $p$ la projection sur $W$ parallèlement à $U$ et considérons $f$ la restriction de cette projection au départ de $V$ et à valeurs dans $W$ . Cette restriction est bien définie et détermine une application linéaire de $V$ vers $W$ .

Pour tout $x \in V$ , $φ_{f} (x) = x - f (x) = x - p (x) \in U$ et donc $I_{f} \subset U$ . Par égalité des dimensions, $I_{f} = U$ .
(d)

Notons $𝒮_{W}$ l’ensemble des sous-espaces vectoriels supplémentaires de $W$ dans $E$ et considérons l’application

$φ : {\begin{matrix} ℒ (V, W) & \to & 𝒮_{W} \\ f & \mapsto & I_{f} . \end{matrix}$

Par la première question, l’application $φ$ est bien définie. Par la question suivante, on observe que l’application $φ$ est injective. Enfin, par la question précédente, on a acquis que l’application $φ$ est surjective. Finalement, $φ$ est une bijection.

Exercice 16 2909 X (MP)Correction

Soient $E$ un espace vectoriel, $F_{1}$ et $F_{2}$ deux sous-espaces vectoriels de $E$ .

(a)

Montrer que si $F_{1}$ et $F_{2}$ ont un supplémentaire commun alors ils sont isomorphes.
(b)

Montrer que la réciproque est fausse.

Solution

(a)

Supposons que $H$ soit un supplémentaire commun à $F_{1}$ et $F_{2}$ . Considérons la projection $p$ sur $F_{2}$ parallèlement à $H$ . Vérifions que $p$ définit par restriction un isomorphisme $φ$ de $F_{1}$ vers $F_{2}$ .

L’application linéaire restreinte $φ$ est bien définie de $F_{1}$ vers $F_{2}$ . Si $x \in Ker (φ)$ alors $x$ est élément de $F_{1}$ et de $H$ , c’est donc le vecteur nul. Aussi, pour $y \in F_{2}$ , on peut écrire $y = a + b$ avec $a \in F_{1}$ et $b \in H$ et alors

$φ (a) = p (a) = p (a + b) = p (y) = y .$

Finalement, $φ$ définit un isomorphisme de $F_{1}$ vers $F_{2}$ .
(b)

En dimension finie, la réciproque est vraie car l’isomorphisme entraîne l’égalité des dimensions des espaces et l’on peut alors montrer l’existence d’un supplémentaire commun (voir l’exercice d’identifiant 181).

En dimension infinie, nous allons définir un contre-exemple.

Posons $E = 𝕂 [X]$ et prenons $F_{1} = 𝕂 [X]$ , $F_{2} = X . 𝕂 [X]$ . Les espaces $F_{1}$ et $F_{2}$ sont isomorphes via l’application $P (X) \mapsto X P (X)$ . Ils ne possèdent pas de supplémentaires communs car seul ${0}$ est supplémentaire de $F_{1}$ et cet espace n’est pas supplémentaire de $F_{2}$ .

[<] L'anneau des endomorphismes [>] Formes linéaires et hyperplans

Édité le 22-03-2025

Projections et symétries vectorielles