Transformations vectorielles

Exercices du dossier Transformations vectorielles

Exercice 267 *

12 février 2021 16:59 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Dans l’espace \(\mathbb{R}^{3}\), on considère les sous-espaces \(E_1=\mathop{\mathrm{Vect}}(1, 1, 1)\) et \(E_2=\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^{3} \mid x+y+z = 0 \}\). Déterminer l’expression analytique du projecteur \(p\) sur \(E_2\) parallèlement à \(E_1\).



[ID: 1265] [Date de publication: 12 février 2021 16:59] [Catégorie(s): Transformations vectorielles ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 267
Par emmanuel le 12 février 2021 16:59

On vérifie facilement que \(E_1\) et \(E_2\) sont supplémentaires dans \(E=\mathbb{R}^3\). On note \(e=\left(e_1,e_2,e_3\right)\) la base de \(E\) formée de \(e_1=\left(1,0,0\right)\), \(e_2=\left(0,1,0\right)\) et \(e_3=\left(0,0,1\right)\). On remarque que \(E_1=Vect\left(f_1\right)\) avec \(f_1=\left(1,1,1\right)\) et que \(E_2=Vect\left(f_2,f_3\right)\) avec \(f_2=\left(1,0,-1\right)\) et \(f_3=\left(0,1,-1\right)\). En utilisant les outils du chapitre , on montre que \(f_1,f_2,f_3\) ne sont pas coplanaires et qu’ils forment donc une base \(f\) de \(E\). Soit \(v\in E\). On note \(\left(x,y,z\right)\) les coordonnées de \(v\) dans \(e\) et \(\left(\alpha,\beta,\gamma\right)\) ses coordonnées dans \(f\). De l’égalité \(v=xe_1+y e_2+z e_3=\alpha f_1 + \beta f_2+\gamma f_3\) on tire le système \(\begin{cases} x&=\beta+\alpha \\ y&=\gamma+\alpha \\ z&=-\beta-\gamma+\alpha \end{cases}\) qui est équivalent à \(\begin{cases} \beta&={\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}\left(2x-y-z\right)\\\gamma&={\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}\left(-x+2y+z\right)\\\alpha&={\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3 } \left(x+y+z\right)\end{cases}\). Comme \(f_1\in E_1\) et que \(f_2,f_3\in E_2\) on doit avoir \[p\left(v\right)=\beta f_2+\gamma f_3=\dfrac{1}{3}\left(\left(2x-y-z\right) \left(1,0,-1\right) +\left(-x+2y+z\right)\left(0,1,-1\right) \right)=\dfrac{1}{3}\left(2x-y-z,-x+2y+z,-x-y\right)\] et donc \(\boxed{p\left(x,y,z\right)={\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}\left(2x-y-z,-x+2y+z,-x-y\right)}\).


Exercice 263 *

12 février 2021 16:59 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Dans l’espace \(\mathbb{R}^{3}\), déterminer l’expression analytique de la symétrie par rapport au sous-espace \(E_1\) parallèlement au sous-espace \(E_2\) où : \[E_1=\mathop{\mathrm{Vect}}\bigl( (1,0,0), (1,1,1) \bigr) \textrm{ et } E_2=\mathop{\mathrm{Vect}}(1,2,0)\]



[ID: 1267] [Date de publication: 12 février 2021 16:59] [Catégorie(s): Transformations vectorielles ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 263
Par emmanuel le 12 février 2021 16:59

Soit \(s\) cette symétrie et soient \(u = (1,0,0), v = (1,1,1)\) et \(w = (1,2,0)\). Soient \(e_1 = (1,0,0), e_2 = (0,1,0)\) et \(e_3 = (0,0,1)\) les vecteurs de la base naturelle de \(\mathbb{R}^{3}\).

On a \(s(u) = u\) et \(s(v) = v\). \(s(w) = -w\). On a \(e_1 = u, e_2 = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}(w - u)\) et \(e_3 = v - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}(w + u)\).

On en déduit \(s(e_1) = e_1 = (1,0,0), s(e_2) = -{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}(w + u) = (-1,-1,0)\) et \(s(e_3) = v + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}(w - u) = (1,2,1)\). Finalement, \(s(x,y,z) = (x-y+z,-y+2z,z)\) et l’expression analytique de \(s\) s’écrit : \(\begin{cases} x' = x+y+z \\ y' = y+2z \\ z' = z \end{cases}\).


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Exercice 753
Par emmanuel le 12 février 2021 16:59
  1. Facile.

  2. On montre aussi facilement que si \(P\) est pair, il en est de même de \(\theta\left(P\right)\).

  3. Soit \(P\) un polynôme à coefficients réels, on a : \[\theta \circ \theta \left(P\right)\left(X\right) = \theta\left( {\scriptstyle P\left(X\right)+P\left(-X\right)\over\scriptstyle 2}\right) = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\left({\scriptstyle P\left(X\right)+P\left(-X\right)\over\scriptstyle 2} + {\scriptstyle P\left(-X\right)+P\left(X\right)\over\scriptstyle 2}\right) = \theta\left(P\right)\left(X\right)\] donc \(\theta\) est un projecteur.

  4. Si \(\theta\left(P\right) = 0\) alors \(\forall X\in \mathbb{R}, \quad P\left(X\right)=-P\left(-X\right)\) donc \(P\) est impair. Réciproquement si \(P\) est impair alors \(\theta\left(P\right)\). \(\operatorname{Ker} \theta = \left\{P\in \mathbb{R}\left[X\right] ~|~ P \textrm{ a tous ses termes de degré pair nuls}\right\}\). On a par ailleurs \(\theta\left(P\right)\) est pair pour tout \(P\in \mathbb{R}\left[X\right]\). Réciproquement, si \(P\) est pair, alors \(\theta\left(P\right)=P\) donc \(\mathop{\mathrm{Im}}\theta = \left\{P\in \mathbb{R}\left[X\right] ~|~ P \textrm{ a tous ses termes de degré impair nuls}\right\}\).


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Exercice 504
Par emmanuel le 12 février 2021 16:59
  1. Comme \(\left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits- p\right)^2=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits- 2p + p^2\), \(p\) est un projecteur si et seulement si \(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-p\) est un projecteur.

  2. On a \(\operatorname{Ker}p = \mathop{\mathrm{Im}}\left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits- p\right)\). En effet, si \(x\in \operatorname{Ker}p\) alors \(p\left(x\right)=0\) et \(\left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits- p\right)\left(x\right) = x\). Donc \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}\left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits- p\right)\). Réciproquement, si \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}\left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits- p\right)\) alors il existe \(x_0\) tel que \(x= \left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits- p\right)\left(x_0\right)\) Donc \(p\left(x\right)= p\left(x_0\right)-p^2\left(x_0\right)=0\).


Exercice 448 **

12 février 2021 16:59 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel et \(p,q\in \mathfrak{L}\left(E\right)\). Montrer l’équivalence entre  :

  1. \(p\circ q = p\) et \(q\circ p = q\).

  2. \(p\) et \(q\) sont des projecteurs et \(\operatorname{Ker}p = \operatorname{Ker}q\).



[ID: 1273] [Date de publication: 12 février 2021 16:59] [Catégorie(s): Transformations vectorielles ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 448
Par emmanuel le 12 février 2021 16:59
  • Comme \[p^2=p\circ \underbrace{q\circ p}_{=q} \circ q =p\circ q\circ q=p\circ q=p,\] \(p\) est un projecteur. On montre de même que \(q\) est un projecteur. Si \(x\in\operatorname{Ker}p\) alors \(q\left(x\right)=q\circ p\left(x\right)=0\) donc \(x\in \operatorname{Ker}q\) et \(\operatorname{Ker} p\subset \operatorname{Ker}q\). On montre de même que \(\operatorname{Ker}q\subset \operatorname{Ker}p\). Donc \(\operatorname{Ker} p=\operatorname{Ker}q\).

  • Comme \(q\) est un projecteur, \(\operatorname{Ker}p\) et \(\mathop{\mathrm{Im}} p\) sont supplémentaires dans \(E\) . Soit \(x\in E\). Il existe un unique couple \(\left(x',x''\right)\in\operatorname{Ker}q \times \mathop{\mathrm{Im}}q\) tel que \(x=x'+x''\). Alors \[p\circ q\left(x\right)=p \circ q \left(x''\right)=p\left(x''\right) \quad \textrm{ et} \quad p\left(x\right)=p\left(x'+x''\right)=p\left(x''\right)\] car \(\operatorname{Ker}p=\operatorname{Ker}q\) et que \(q\left(x''\right)=x''\). Donc \(p\circ q \left(x\right)=p\left(x\right)\) et \(p\circ q=p\). On montre de même que \(q\circ p=q\).


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Exercice 443
Par emmanuel le 12 février 2021 16:59

Première démonstration. On a \(p\circ p= p\), donc \(p^2-p=0\), et alors \((p-\lambda \mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\circ(p+(\lambda-1)\mathop{\mathrm{id}}\nolimits) +\lambda (\lambda-1)\mathop{\mathrm{id}}\nolimits=0\) donc si \(\lambda \not\in \{0,1\}\), on peut écrire \[(p-\lambda \mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\circ \Bigl[ \dfrac{-1}{\lambda(\lambda-1)} \bigl(p+(\lambda-1)\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\bigr)\Bigr]=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\] ce qui montre que \((p-\lambda \mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\) est inversible.

Deuxième démonstration. Soit \(y\in E\). On décompose \(y=y_1+y_2\) avec \(y_1\in \operatorname{Ker}p\) et \(y_2\in \mathop{\mathrm{Im}}p\). Soit \(x=x_1+x_2 \in E\). Alors \((p-\lambda \mathop{\mathrm{id}}\nolimits)(x)=y\) \(\Longleftrightarrow\) \(x_2-\lambda(x_1+x_2)=y_1+y_2\) \(\Longleftrightarrow\) \(-\lambda x_1 = y_1\) et \((1-\lambda) x_2=y_2\) (on a utilisé le fait que la somme est directe et donc que la décomposition est unique). On trouve une unique solution \(x_1=-\dfrac{1}{\lambda}y_1\) et \(x_2=\dfrac{1}{1-\lambda}y_2\), c’est-à-dire qu’il existe un unique antécédant à \(y\) par l’application \((p-\lambda\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\). Cette application est donc bijective.


Exercice 89 **

12 février 2021 16:59 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel \(E\) et deux projecteurs \(p\), \(q\) de \(E\) vérifiant : \[p\circ q = q\circ p\]

  1. Montrer que \(p\circ q\) est un projecteur :

  2. Montrer que \(\mathop{\mathrm{Im}}(p\circ q) = \mathop{\mathrm{Im}}p \cap \mathop{\mathrm{Im}}q\) ;

  3. Montrer que \(\operatorname{Ker}(p\circ q) = \operatorname{Ker}p + \operatorname{Ker}q\).



[ID: 1277] [Date de publication: 12 février 2021 16:59] [Catégorie(s): Transformations vectorielles ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 89
Par emmanuel le 12 février 2021 16:59
  1. Calculons \[(p\circ q)^2 = p\circ q \circ p \circ q = p\circ p \circ q\circ q = p^2\circ q^2 =p\circ q\] Donc \(p\circ q\) est un projecteur.

  2. \(\mathop{\mathrm{Im}}(p\circ q) \subset \mathop{\mathrm{Im}}p \cap \mathop{\mathrm{Im}}q\) : soit \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}(p\circ q)\). \(\exists x\in E\) tel que \(y=p\circ q(x)\). Comme \(y=p\bigl(q(x)\bigr)\), \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}p\). Mais puisque \(p\circ q=q\circ p\), on a également \(y=q\bigl(p(x)\bigr)\in \mathop{\mathrm{Im}}q\). Donc \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}p\cap \mathop{\mathrm{Im}}q\).

    \(\mathop{\mathrm{Im}}p \cap \mathop{\mathrm{Im}}q \subset \mathop{\mathrm{Im}}(p\circ q)\). Utilisons la caractérisation de l’image d’un projecteur: Soit \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}p \cap \mathop{\mathrm{Im}}q\). Alors \(p(x)=q(x)=x\). Alors \(p\circ q(x)=p\bigl(q(x)\bigr)=p(x)=x\) et par conséquent, \(x\in \mathop{\mathrm{Im}} p\circ q\).

  3. Montrons \(\operatorname{Ker}p + \operatorname{Ker}q \subset \operatorname{Ker}(p\circ q)\): Soit \(x\in \operatorname{Ker}p + \operatorname{Ker}q\); \(\exists (x_p,x_q)\in \operatorname{Ker}p \times \operatorname{Ker} q\) tels que \[x= x_p + x_q\] Alors \[p\circ q(x)=p\bigl(q(x_p)+q(x_q)\bigr)=p\bigl(q(x_p)\bigr) =q\bigl(p(x_p)\bigr)=q(0)=0\] donc \(x\in \operatorname{Ker}(p\circ q)\).

    Montrons que \(\operatorname{Ker}(p\circ q) \subset \operatorname{Ker}p + \operatorname{Ker}q\). Soit \(x\in \operatorname{Ker}(p\circ q)\). Posons \(x_p=q(x)\) et \(x_q=x-q(x)\). On a bien \(x=x_p+x_q\) et \[p(x_p)=p\circ q(x)=0 \Rightarrow x_p\in \operatorname{Ker}p\] \[q\bigl(x-q(x)\bigr)=q(x)-q^2(x)=q(x)-q(x)=0 \Rightarrow x_q \in \operatorname{Ker}q\]


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Exercice 800
Par emmanuel le 12 février 2021 16:59
  1. Calculons \[r^2=p^2+pq-pqp+qp+q^2-q^2p-qp^2-qpq+qpqp = p+qp+q-qp-qp = p+q-qp=r\] (on a utilisé que \(p^2=p\), \(q^2=q\) et \(pq=0\)). Donc \(r\) est un projecteur (\(r\) est linéaire).

  2. \(\operatorname{Ker}r \subset \operatorname{Ker}p \cap \operatorname{Ker}q\) : soit \(x\in \operatorname{Ker} r\), alors \(p(x)+q(x)-qp(x)=0\), et en appliquant \(p\), on trouve que \(p^2(x)+pq(x)-pqp(x)=0\), d’où \(p(x)=0\), c’est-à-dire \(x\in \operatorname{Ker}p\). De même, en appliquant \(q\), on montre que \(x\in \operatorname{Ker}q\).

    \(\operatorname{Ker}p\cap \operatorname{Ker}q \subset \operatorname{Ker}r\), c’est évident.

  3. \(\mathop{\mathrm{Im}}p \cap \mathop{\mathrm{Im}}q = \{0\}\) : soit \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}p \cap \mathop{\mathrm{Im}}q\), alors \(pq(x)=0 \Rightarrow p(x)=0\) (car \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}q\)) et alors \(x=0\) ( \(p(x)=x\), car \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}p\)). La somme est donc directe.

    \(\mathop{\mathrm{Im}}r \subset \mathop{\mathrm{Im}}p + \mathop{\mathrm{Im}}q\) : soit \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}r\), puisque \(r\) est un projecteur, \(r(x)=x\) et donc \[x= p(x)+q(x)-qp(x)=p(x) + q\bigl[ x-p(x)\bigr]\] et \(p(x)\in \mathop{\mathrm{Im}}p\), \(q\bigl(x-p(x)\bigr)\in \mathop{\mathrm{Im}}q\).

    \(\mathop{\mathrm{Im}}p + \mathop{\mathrm{Im}}q \subset \mathop{\mathrm{Im}}r\) : soit \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}p + \mathop{\mathrm{Im}}q\), \(\exists x_1\in \mathop{\mathrm{Im}}p, \exists x_2\in \mathop{\mathrm{Im}}q\) tels que \(x=x_1+x_2\). Alors, \(r(x)=p(x_1)+p(x_2)+q(x_1)+q(x_2)-qp(x_1)-qp(x_2)= x_1 + x_2 + p(x_2)+q(x_1)-qp(x_1)-qp(x_2)\). Mais \(p\circ q= 0 \Rightarrow \mathop{\mathrm{Im}} q \subset \operatorname{Ker}p\), donc \(p(x_2)=0\). Alors \(r(x)=x+ q\bigl(x_1-p(x_1)\bigr)\), mais puisque \(x_1\in \mathop{\mathrm{Im}}p\), on sait que \(p(x_1)=x_1\), et donc \(r(x)=x\). Comme \(r\) est un projecteur, \(r(x)=x \Rightarrow x\in \mathop{\mathrm{Im}}r\).


Exercice 730 **

12 février 2021 16:59 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel et \(p\) un projecteur de \(E\). Résoudre l’équation \(p(x)+3x=y\)\(y \in E\).



[ID: 1281] [Date de publication: 12 février 2021 16:59] [Catégorie(s): Transformations vectorielles ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 730
Par emmanuel le 12 février 2021 16:59

Comme \(p\) est un projecteur, les sous-espaces \(\operatorname{Ker}p\) et \(\mathop{\mathrm{Im}}p\) sont supplémentaires dans \(E\). Donc il existe un unique couple \(\left(x',x''\right)\in\operatorname{Ker} p\times \mathop{\mathrm{Im}}p\) tel que \(x=x'+x''\) et il existe un unique couple \(\left(y',y''\right)\in\operatorname{Ker} p\times \mathop{\mathrm{Im}}p\) tel que \(y=y'+y''\). Il vient : \[p(x)+3x=y \Longleftrightarrow x''+3x'+3x''=y'+y'' \Longleftrightarrow\underbrace{3x'}_{\in\operatorname{Ker}p} + \underbrace{4x''}_{\in \mathop{\mathrm{Im}}p} =\underbrace{ y'}_{\in \operatorname{Ker}p}+\underbrace{y''} _{\in \mathop{\mathrm{Im}}p}\Longleftrightarrow\begin{cases}3 x'&=y' \\4x''&=y'' \end{cases}\Longleftrightarrow x= {\scriptstyle y'\over\scriptstyle 3}+{\scriptstyle y''\over\scriptstyle 4}\] par unicité de la décomposition des vecteurs dans \(E=\operatorname{Ker}p \oplus \mathop{\mathrm{Im}}p\). En conclusion, \(\boxed{x=\dfrac{y-p\left(y\right)}{3}+\dfrac{p\left(y\right)}{4}}\).


Exercice 887 **

12 février 2021 16:59 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel et \(p\) un projecteur de \(E\). Calculer \((\mathop{\mathrm{id}}\nolimits + p)^n\)\(n\in\mathbb{N}\).



[ID: 1283] [Date de publication: 12 février 2021 16:59] [Catégorie(s): Transformations vectorielles ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 887
Par emmanuel le 12 février 2021 16:59

Comme \(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\) et \(p\) commutent, on peut appliquer la formule du binôme et \[\begin{aligned} (\mathop{\mathrm{id}}\nolimits + p)^n&=&\sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} p^{k} = \mathop{\mathrm{id}}\nolimits+ \left(\sum_{k=1}^n \dbinom{n}{k}\right) p = \boxed{\mathop{\mathrm{id}}\nolimits+\left(2^{n}-1\right) p}\end{aligned}\] car \(p^2=p\).


Exercice 591 **

12 février 2021 16:59 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel et \(u\in L(E)\). Soit \(p\) un projecteur de \(E\).

Montrer que \(u\) et \(p\) commutent si et seulement si \(\mathop{\mathrm{Im}}p\) et \(\operatorname{Ker}p\) sont stables par \(u\).



[ID: 1285] [Date de publication: 12 février 2021 16:59] [Catégorie(s): Transformations vectorielles ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 591
Par emmanuel le 12 février 2021 16:59
  • Supposons que \(u\) et \(p\) commutent. Soit \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}p\). Mais \(p\left(u\left(y\right)\right)=u\left(p\left(y\right)\right)=u\left(y\right)\) car \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}p\). Donc \(u\left(y\right)\in \mathop{\mathrm{Im}}p\) et \(\mathop{\mathrm{Im}}p\) est stable par \(u\). Si \(x\in\operatorname{Ker}p\) alors \(p\left(u\left(x\right)\right)=u\left(p\left(x\right)\right)=0\) donc \(u\left(x\right)\in\operatorname{Ker}p\) et \(\operatorname{Ker}p\) est aussi stable par \(u\).

  • On suppose \(\mathop{\mathrm{Im}}p\) et \(\operatorname{Ker}p\) sont stables par \(u\). Comme \(p\) est un projecteur, \(E=\operatorname{Ker}p\oplus \mathop{\mathrm{Im}}p\). Soit \(x\in E\). Il existe un unique couple \(\left(x',x''\right)\in\operatorname{Ker}p\times \mathop{\mathrm{Im}}p\) tel que \(x=x'+x''\). Il vient que \(u\circ p\left(x\right)=u\left(x''\right)\) et que \(p\circ u\left(x\right)=p\left(u\left(x''\right)\right)=u\left(x''\right)\). On a montré que \(u\circ p\left(x\right)=p\circ u \left(x\right)\) donc \(u\) et \(v\) commutent.


Exercice 663 ***

12 février 2021 16:59 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

[Décomposition du noyau] Soient un \(\mathbb{C}\)-espace vectoriel \(E\) et un endomorphisme \(f \in L(E)\) vérifiant \(f^2 = -\mathop{\mathrm{id}}\nolimits_E\). On note \[F = \{ x \in E \mid f(x) = ix \} \textrm{ et } G = \{x \in E \mid f(x) = -ix \}\] Montrer que \(E = F \oplus G\) et exprimer le projecteur sur \(F\) parallèlement à \(G\).



[ID: 1287] [Date de publication: 12 février 2021 16:59] [Catégorie(s): Transformations vectorielles ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 663
Par emmanuel le 12 février 2021 16:59

Pour tout \(x\in E\), on a \(x=-{\scriptstyle i\over\scriptstyle 2}\left(f\left(x\right)+ix\right)+{\scriptstyle i\over\scriptstyle 2}\left(f\left(x\right)-ix\right)\) et on vérifie que \(f\left(x\right)+ix\in F\), \(f\left(x\right)-ix \in G\). En effet : \[f\left(f\left(x\right)+ix\right) =f^2\left(x\right)+if\left(x\right)=-i{x}+if\left(x\right)=i\left(f\left(x\right)+ix\right)\] \[f\left(f\left(x\right)-ix\right) =f^2\left(x\right)-if\left(x\right)=-if\left(x\right)-if\left(x\right)=-i\left(f\left(x\right)-ix\right)\] Donc \(E=F+G\). Si \(x\in F \cap G\) alors on a en même temps \(f\left(x\right)=ix\) et \(f \left(x\right)=-ix\) ce qui n’est possible que si \(x=0\). Donc \(F\) et \(G\) sont en somme directe. En conclusion, \(E=F\oplus G\).

Montrons que \(p=-{\scriptstyle i\over\scriptstyle 2}\left(f+i\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\right)\) est le projecteur sur \(F\) parallèlement à \(G\). Soit \(x=x_1+x_2\in F\oplus G\). Alors \(p\left(x\right)=-{\scriptstyle i\over\scriptstyle 2}\left(f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)+i\left(x_1+x_2\right)\right)=-{\scriptstyle i\over\scriptstyle 2}\left(i x_1 - i x_2 + i x_1 + i x_2\right)= x_1\), ce qu’il fallait montrer.

Cet exercice est un cas particulier du théorème de décomposition du noyau que vous verrez en deuxième année.


Exercice 159 ***

12 février 2021 16:59 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient deux projecteurs \(p\) et \(q\) d’un espace vectoriel \(E\). Montrer que l’endomorphisme \((p+q)\) est un projecteur de \(E\) si et seulement si l’on a \(p\circ q = q\circ p =0\). Si c’est le cas, montrer qu’alors \(\mathop{\mathrm{Im}}(p+q)=\mathop{\mathrm{Im}}p\oplus \mathop{\mathrm{Im}}q\) et que \(\operatorname{Ker}(p+q)= \operatorname{Ker}p \cap \operatorname{Ker}q\).



[ID: 1289] [Date de publication: 12 février 2021 16:59] [Catégorie(s): Transformations vectorielles ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 159
Par emmanuel le 12 février 2021 16:59
  • On suppose que \(p+q\) est un projecteur. Alors \(\left(p+q\right)^2=p+q\) et en développant, on obtient \(p^2+q^2+p\circ q+q\circ p=p+q\). \(p\), \(q\) étant des projecteurs, on a : \(p^2=p\) et \(q^2=q\) et donc \(p\circ q+q\circ p=0\). On va montrer que \(\mathop{\mathrm{Im}}q\subset \operatorname{Ker}p\) ce qui amènera \(p\circ q=0\) et donc \(q\circ p=0\). Soit \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}q\). Alors \(p\left(y\right)+q\left(p\left(y\right)\right)=0\). Comme \(E=\operatorname{Ker}q\oplus \mathop{\mathrm{Im}} q\), il existe \(X\in \operatorname{Ker}q\) et \(Y\in Im q\) tel que \(p\left(y\right)=X+Y\). Alors \(X+Y+q\left(X+Y\right)=0\) soit \(X+2Y=0\). Par unicité de la décomposition d’un vecteur sur une somme directe, il vient \(X=Y=0\) et donc \(p\left(y\right)=0\). On a prouvé que \(\mathop{\mathrm{Im}} q\subset \operatorname{Ker}q\) et la première implication est démontrée.

  • Pour la seconde, supposons que \(p\circ q = q\circ p =0\) alors \(\left(p+q\right)^2=p^2+q^2+p\circ q+q\circ p=p+q\) car \(p\) et \(q\) sont des projecteurs.

  • On suppose dans la suite que \((p+q)\) est un projecteur de \(E\).

    • Montrons que \(\mathop{\mathrm{Im}}(p+q)=\mathop{\mathrm{Im}}p\oplus \mathop{\mathrm{Im}}q\). Soit \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}p \cap \mathop{\mathrm{Im}}q\). Alors \(p\left(x\right)=q\left(x\right)=x\) et il vient \(q\left(p\left(x\right)\right)=x\). Mais \(q\circ p=0\) donc \(x= 0\). Donc \(\mathop{\mathrm{Im}}p\) et \(\mathop{\mathrm{Im}}q\) sont en somme directe. Si \(x\in \mathop{\rm Im}p+q\) alors \(x=\left(p+q\right)\left(x\right)=p\left(x\right)+q\left(x\right)\in\mathop{\mathrm{Im}}p+\mathop{\mathrm{Im}}q\) et \(\mathop{\rm Im}p+q \subset \mathop{\mathrm{Im}}p +\mathop{\mathrm{Im}}q\). Si \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}p +\mathop{\mathrm{Im}}q\) alors il existe \(x_1\in \mathop{\mathrm{Im}}p\) et \(x_2\in \mathop{\mathrm{Im}}q\) tel que \(x=x_1+x_2\). Mais \(\left(p+q\right)\left(x\right)=p\left(x_1\right)+p\left(x_2\right)+q\left(x_1\right)+q\left(x_2\right)=x_1+x_2\) car \(\mathop{\mathrm{Im}} q\subset \operatorname{Ker}p\) et \(\mathop{\mathrm{Im}}p \subset \operatorname{Ker}q\) en vertu de \(p\circ q = q\circ p =0\). Donc \(x\in \mathop{\rm Im}p+q\) et on prouve ainsi par double inclusion que \(\mathop{\mathrm{Im}}(p+q)=\mathop{\mathrm{Im}}p\oplus \mathop{\mathrm{Im}}q\).

    • Montrons maintenant que \(\operatorname{Ker}(p+q)= \operatorname{Ker}p \cap \operatorname{Ker}q\). On montre facilement que \(\operatorname{Ker}p \cap \operatorname{Ker}q\subset \operatorname{Ker}(p+q)\). Soit \(x\in \operatorname{Ker}(p+q)\). Alors \(p(x)+q(x)=0\) et \(p(x)=-q(x)\). Posons \(y=p(x)\). On sait alors que \(y\in\mathop{\mathrm{Im}}p\) et que \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}q\). Mais \(\mathop{\mathrm{Im}}p\subset \operatorname{Ker}q\) et \(\mathop{\mathrm{Im}}q \subset \operatorname{Ker}p\) donc \(y\in \operatorname{Ker}q\) et \(y\in \operatorname{Ker}p\). Comme \(E=\operatorname{Ker}p\oplus \mathop{\mathrm{Im}}p\) et \(E=\operatorname{Ker}q\oplus \mathop{\mathrm{Im}}q\), ceci n’est possible que si \(y=0\). Donc \(x\in\operatorname{Ker}p\cap \operatorname{Ker}q\) et l’égalité est prouvée par double inclusion.


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