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Exercice 1  4388  

Dans l’espace vectoriel 3, on considère le plan P d’équation11 1 Une telle équation détermine un plan de 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  1718  Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel et p(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-2p+p2 donc (Id-p)2=(Id-p)p=p2.

  • (b)

    p(Id-p)=0~ donc Im(Id-p)Ker(p).
    Inversement, soit xKer(p), on a (Id-p)(x)=x-p(x)=x donc xIm(Id-p). Ainsi Ker(p)Im(Id-p).

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

 
Exercice 3  165   

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

  • (a)

    Montrer que p et q ont le même noyau si, et seulement si, pq=p et qp=q.

  • (b)

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

 
Exercice 4  1720   Correction  

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

Solution

(pq)2=pqpq=p2q2=pq donc pq est un projecteur.
Soit xKer(p)+Ker(q), il existe (u,v)Ker(p)×Ker(q) tels que x=u+v et alors

(pq)(x)=(pq)(u)+(pq)(v)=(qp)(u)+(pq)(v)=0E

donc xKer(pq).
Ainsi,

Ker(p)+Ker(q)Ker(pq).

Inversement, soit xKer(pq). On peut écrire x=u+v avec uKer(p) et vIm(p).

(pq)(x)=(qp)(x)=q(v)=0E

donc vKer(q). Par suite, xKer(p)+Ker(q).
Par double inclusion

Ker(pq)=Ker(p)+Ker(q).

Soit yIm(pq), il existe xE tel que y=(pq)(x). On a y=p(q(x))Im(p) et y=q(p(x))Im(q) donc yIm(p)Im(q). Ainsi Im(pq)Im(p)Im(q).
Inversement, soit yIm(p)Im(q). Il existe xE,y=q(x) et y=p(y)=(pq)(x)Im(pq).
Ainsi Im(p)Im(q)Im(pq) puis l’égalité.

 
Exercice 5  3759     ENSIIECorrection  

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

Im(p)Ker(q).

Montrer que p+q-pq est un projecteur et préciser son image et son noyau.

Solution

Puisque Im(p)Ker(q), on a qp=0 et en développant puis en simplifiant

(p+q-pq)2=p+q-pq.

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

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

L’inclusion est immédiate car

xE,r(x)=p(x-q(x))+q(x).

Inversement, soit xIm(p)+Im(q). On peut écrire x=p(a)+q(b) avec a,bE. On a alors par le calcul

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

et ainsi xIm(r).
Montrons aussi

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

L’inclusion est immédiate. Inversement, pour xKer(r) on a

p(x)+q(x)-pq(x)=0E.

En appliquant q, on obtient q(x)=0E puis on en déduit aussi p(x)=0E et ainsi xKer(p)Ker(q).

 
Exercice 6  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, pq=qp=0.

  • (b)

    Préciser alors Im(p+q) et Ker(p+q).

 
Exercice 7  218   

Soient f1,,fn des endomorphismes d’un espace vectoriel E vérifiant:

f1++fn=IdEet1ijn,fifj=0.
  • (a)

    Montrer que chaque fi est une projection vectorielle.

  • (b)

    Établir i=1nIm(fi)=E.

 
Exercice 8  166   Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel et u(E).

On suppose qu’il existe un projecteur p de E tel que u=pu-up.

  • (a)

    Montrer que u(Ker(p))Im(p) et Im(p)Ker(u).

  • (b)

    En déduire u2=0.

  • (c)

    Réciproque?

Solution

  • (a)

    Si xKer(p) alors p(u(x))=u(x)+u(p(x))=u(x) donc u(x)Im(p). Ainsi, u(Ker(p))Im(p).

    Si xIm(p) alors p(x)=x donc u(x)=p(u(x))-u(p(x))=p(u(x))-u(x) d’où 2u(x)=p(u(x)). Par suite, u(x)Im(p) donc p(u(x))=u(x) et enfin la relation précédente donne u(x)=0. Ainsi, xKer(u).

  • (b)

    Pour xE,

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

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

    u(x-p(x))u(Ker(p))Im(p)Ker(u)

    donc u2(x)=0.

  • (c)

    Supposons u2=0. On a Im(u)Ker(u). Soit p une projection sur Im(u). On a pu=u car les vecteurs de Im(u) sont invariants par p et l’on a up=0 car Im(p)=Im(u)Ker(u). Ainsi, il existe une projection p pour laquelle u=pu-up. La réciproque est vraie.

 
Exercice 9  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(E)|u(E),f=up}etM={g(E)|v(E),g=vq}.

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

Solution

φ:uup est un endomorphisme de (E) donc L=Im(φ) est un sous-espace vectoriel de (E).
ψ:vvq est un endomorphisme de (E) donc M=Im(ψ) est un sous-espace vectoriel de (E).
Soit fLM. Il existe u,v(E) tels que f=up=vq.
On a fp=up2=up=f et fp=vqp=0 car qp=0 donc f=0. Ainsi LM={0}.
Soit f(E). On a f=fId=f(p+q)=fp+fqL+M. Ainsi (E)=L+M.

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

 
Exercice 10  1723   Correction  

Soit E un 𝕂-espace vectoriel.
Soit s un endomorphisme de E involutif, c’est-à-dire tel que s2=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 α𝕂{1} et f un endomorphisme de E tel que f2-(α+1)f+αId=0.
    On pose F=Ker(f-Id) et G=Ker(f-αId).

  • (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 xFG. On a s(x)=x et s(x)=-x donc x=o. Ainsi FG={o}.
    Soit xE. Posons u=12(x+s(x)) et v=12(x-s(x)).
    On a x=u+v, s(u)=u donc uF et s(v)=-v donc vG.
    Ainsi F+G=E. F et G sont donc supplémentaires dans E.

  • (b)

    Pour tout xE, il existe un unique couple (u,v)F×G tel que x=u+v.
    On a s(x)=s(u)+s(v)=u-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 xFG. On a f(x)=x et f(x)=αx donc x=o. Ainsi FG={o}.
    Soit xE. Posons u=11-α(f(x)-αx) et v=11-α(x-f(x)).
    On a x=u+v, f(u)=u donc uF et f(v)=αv donc vG.
    Ainsi F+G=E. F et G sont donc supplémentaires dans E.

  • (d)

    Pour tout xE, il existe un unique couple (u,v)F×G tel que x=u+v.
    On a f(x)=f(u)+f(v)=u+αv donc f est l’affinité par rapport à F parallèlement à G et de rapport α.

 
Exercice 11  1724   Correction  

Soit f(E) tel que f2-4f+3Id=0~. Montrer

Ker(f-Id)Ker(f-3Id)=E.

Quelle transformation vectorielle réalise f?

Solution

Soit xKer(f-Id)Ker(f-3Id). On a f(x)=x et f(x)=3x donc x=o.
Soit xE. Posons u=12(3x-f(x)) et v=12(f(x)-x).
On a x=u+v avec uKer(f-Id) et vKer(f-3Id) après calculs.
f est l’affinité vectorielle par rapport à F=Ker(f-Id), parallèlement à G=Ker(f-3Id) et de rapport 3.

 
Exercice 12  3359     CCP (MP)Correction  

Soient f et g deux endomorphismes d’un espace vectoriel E sur ou vérifiant fg=Id.

  • (a)

    Montrer que Ker(gf)=Ker(f) et Im(gf)=Im(g).

  • (b)

    Montrer

    E=Ker(f)Im(g).
  • (c)

    Dans quel cas peut-on conclure g=f-1?

  • (d)

    Caractériser gf.

Solution

  • (a)

    Evidemment Ker(f)Ker(gf) et Im(gf)Im(g).
    Pour xKer(gf), on a f(x)=f(g(f(x))=f(0)=0 donc xKer(f).
    Pour yIm(g), il existe xE tel que y=g(x) et alors y=g(f(g(x))=g(f(a))Im(gf).

  • (b)

    Si xKer(f)Im(g) alors on peut écrire x=g(a) et puisque f(x)=0, a=f(g(a))=0 donc x=0.
    Pour xE, on peut écrire x=(x-g(f(x)))+g(f(x)) avec x-g(f(x))Ker(f) et g(f(x))Im(g).

  • (c)

    Si f est inversible alors fg=Id entraîne g=f-1.
    Cette condition suffisante est aussi évidemment nécessaire.

  • (d)

    (gf)(gf)=g(fg)f=gf et donc gf est un projecteur, plus précisément, c’est la projection sur Im(g) parallèlement à Ker(g).

 
Exercice 13  4389   

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

  • (a)

    Vérifier que r est un endomorphisme de [X].

  • (b)

    Calculer rr et préciser la transformation géométrique réalisée par r.

 
Exercice 14  2909      X (MP)Correction  

Soient E un espace vectoriel, F1 et F2 deux sous-espaces vectoriels de E.

  • (a)

    Montrer que si F1 et F2 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 F1 et F2. Considérons la projection p sur F2 parallèlement à H. Vérifions que p définit par restriction un isomorphisme φ de F1 vers F2.

    L’application linéaire restreinte φ est bien définie de F1 vers F2. Si xKer(φ) alors x est élément de F1 et de H, c’est donc le vecteur nul. Aussi, pour yF2, on peut écrire y=a+b avec aF1 et bH et alors

    φ(a)=p(a)=p(a+b)=p(y)=y

    Finalement, φ définit un isomorphisme de F1 vers F2.

  • (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 F1=𝕂[X], F2=X.𝕂[X]. Les espaces F1 et F2 sont isomorphes via l’application P(X)XP(X). Ils ne possèdent pas de supplémentaires communs car seul {0} est supplémentaire de F1 et cet espace n’est pas supplémentaire de F2.

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Édité le 08-11-2019

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