Exercice 1

PCSI2 — Exercices corrigés d’algèbre linéaire
Exercice 1 : énoncé
◮ E est un K-e.v. de dimension quelconque ; p et q sont deux endomorphismes de E. Nous noterons pq pour
p ◦ q, et p2 pour p ◦ p. Rappel : un projecteur de E est un endomorphisme de E p tel que p2 = p.
Q1 Montrez que si p est un projecteur de E, alors ker(p) et im(p) sont supplémentaires.
Q2 Soit f un endomorphisme de E vérifiant E = ker(f ) ⊕ im(f ). f est-il nécessairement un projecteur ?
Q3 Soit p un projecteur de E. Quels sont les scalaires λ tels que λp soit un projecteur ?
Q4 Soit p un projecteur de E. Notons i l’automorphisme identité de E. Existe-t-il des scalaires λ tels que p + λi
soit un projecteur ?
Q5 Soit p ∈ L(E). Supposons que p ◦ p est un projecteur. p est-il nécessairement un projecteur ?
Q6 Dans cette question, nous supposons que p et pq sont des projecteurs. Montrez que pqp est un projecteur.
Q7 Construisez un exemple dans lequel p et pqp sont des projecteurs, mais pas pq.
Q8 Construisez un exemple dans lequel p et pqp sont des projecteurs, mais pas qp.
Q9 Construisez un exemple dans lequel ni p, ni q, ni pqp ne sont des projecteurs, tandis que pq en est un.
Exercice 1 : corrigé
Q2 NON : prendre f = 2i ; ce n’est pas un projecteur, puisque f 2 = 4i 6= 2i ; mais ker(f ) est le s.e.v. nul et
im(f ) = E, donc E = ker(p) ⊕ im(p).
Q3 Soit λ tel que (λp)2 = λp ; alors λ2 p2 = λp, donc λ(λ − 1)p = 0. Si p est le projecteur nul, alors tout réel λ
convient ; sinon, les deux valeurs possibles de λ sont 0 (qui convient puisqu’alors λp = 0) et 1 (qui convient
aussi).
Q4 Nous avons (p + λi)2 = p + λi ⇐⇒ p2 + 2λp + λ2 i = p + λi ⇐⇒ 2λp = λ(1 − λ)i. Si p est le projecteur nul,
les seules valeurs de λ qui conviennent sont 0 et 1 ; si p = i, la seule valeur de λ qui convient est 0. Sinon,
aucune valeur de λ ne convient.
Q5 NON : prendre p = −i ; alors p2 = i est un projecteur, mais p 6= p2 , donc p n’est pas un projecteur.
Q6 Nous avons (pqp)(pqp) = pqppqp = pqp2 qp = pqpqp = (pq)2 p = pqp ; donc pqp est un projecteur.
◮ Les exemples qui suivent sont tous construits dans R2 , muni de sa base canonique (e1 , e2 ). Définissons
−
→
π1 ∈ L(R2 ) par π(e1 ) = e1 et π(e2 ) = 0 et π2 de façon symétrique ; π1 et π1 sont des projecteurs.
−
→
Q7 Prenons p = π1 et définissons q par q(e1 ) = e2 et q(e2 ) = e1 . Alors (pq)(e1 ) = 0 et (pq)(e2 ) = e1 , donc
−
→
(pq)2 (e2 ) = 0 6= (pq)(e2 ) si bien que (pq)2 n’est pas un projecteur. Mais pqp = 0 est un projecteur.
−
→
Q8 Prenons p = π1 et définissons q par q(e1 ) = e2 et q(e2 ) = 0 . p et pqp = 0 sont des projecteurs. Mais
−
→
−
→
2
(qp)(e1 ) = e2 et (qp)(e2 ) = 0 , donc (qp) (e1 ) = 0 6= (qp)(e1 ), si bien que qp n’est pas un projecteur.
−
→
Q9 Définissons p par p(e1 ) = e2 et p(e2 ) = e1 , et q par q(e1 ) = e2 et q(e2 ) = 0 . Nous avons p2 (e1 ) = e1 6= p(e1 ),
−
→
donc p n’est pas un projecteur ; de même q 2 (e1 ) = 0 6= q(e1 ), donc q n’est pas un projecteur ; enfin
−
→
−
→
2
(pqp)(e2 ) = e1 et (pqp) (e2 ) = 0 , donc pqp n’est pas un projecteur. Mais (pq)(e1 ) = e1 et (pq)(e2 ) = 0 ,
donc pq est un projecteur.
Exercice 2 : énoncé
◮ Deux projecteurs p et q d’un même K-e.v. E vérifient im(p) ⊂ ker(q).
Q1 Que pouvez-vous dire de q ◦ p ?
◮ Notons r = p + q − p ◦ q.
Q2 Montrez que r est un projecteur.
Q3 Montrez que ker(r) = ker(p) ∩ ker(q).
Q4 Montrez que im(p) et im(q) sont en somme directe.
Q5 Montrez que im(r) = im(p) ⊕ im(q).
Exercice 2 : corrigé
◮ Nous noterons 0 l’endomorphisme nul.
¡
¢ −
→
−
→
Q1 Soit x ∈ E : p(x) ∈ im(p), donc p(x) ∈ ker(q) soit q p(x) = 0 , ou encore (q ◦ p)(x) = 0 . Ceci vaut pour
tout x ∈ E, donc q ◦ p est l’endomorphisme nul .
Q2 r ◦ r = (p + q − p ◦ q) ◦ (p + q − p ◦ q) = p ◦ p + p ◦ q − p ◦ p ◦ q + q ◦ p + q ◦ q − q ◦ p ◦ q − p ◦ q ◦ p − p ◦ q ◦ q + p ◦ q ◦ p ◦ q ;
chaque terme comportant le facteur q ◦ p est nul ; de plus, p ◦ p = p et q ◦ q = q. Nous obtenons r ◦ r =
p + p ◦ q − p ◦ q + q − p ◦ q = p + q − p ◦ q = r ce qui termine la preuve : r est un projecteur .
−
→
−
→
Q3 • Soit x ∈ ker(r) ; r(x) = 0 , soit p(x) + q(x) − (p ◦ q)(x) = 0 . Si nous appliquons p aux deux membres
−
→
de cette égalité, il vient (p ◦ p)(x) + (p ◦ q)(x) − (p ◦ p ◦ q)(x) = 0 . En tenant compte de p ◦ p = p, nous
−
→
−
→
trouvons p(x) + (p ◦ q)(x) − (p ◦ q)(x) = 0 , donc p(x) = 0 , soit x ∈ ker(p). Mais si nous appliquons q
−
→
aux deux membres de l’égalité, il vient (q ◦ p)(x) + (q ◦ q)(x) − (q ◦ p ◦ q)(x) = 0 . En tenant compte de
−
→
q ◦ p = 0 et q ◦ q = q, nous trouvons q(x) = 0 , soit x ∈ ker(q). Nous avons montré que, si x ∈ ker(r), alors
x ∈ ker(p) ∩ ker(q). Donc ker(r) ⊂ ker(p) ∩ ker(q) .
¡
¢
−
→
• Soit x ∈ ker(p)∩ker(q) : nous avons p(x) = q(x) = 0 . Alors r(x) = (p+q−p◦q)(x) = p(x)+q(x)−p q(x) =
−
→
0 , donc x ∈ ker(r). Ainsi ker(p) ∩ ker(q) ⊂ ker(r) .
• Ayant établi les deux inclusions, nous avons prouvé l’égalité ker(r) = ker(p) ∩ ker(q) .
©−
→ª
Q4 Par hypothèse, im(p) ⊂ ker(q) ; mais q est un projecteur, donc ker(q) ∩ im(q) = 0 ; à plus forte raison,
ª
©−
©−
→ª
→
im(p) ∩ im(q) ⊂ 0 . L’inclusion inverse est banale. Nous avons montré im(p) ∩ im(q) = 0 , autrement
dit : les deux s.e.v. im(p) et im(q) sont en somme directe .
Q5 • Soit y ∈ im(r) : il existe x ∈ E tel que y = r(x). Alors :
¡
¢
¡
¢
y = (p + q − p ◦ q)(x) = p(x) + q(x) − (p ◦ q)(x) = p(x) + q(x) − p q(x) = p x − q(x) + q(x)
¡
¢
Clairement, p x − q(x) ∈ im(p) et q(x) ∈ im(q) donc r(x) ∈ im(p) + im(q). Donc im(r) ⊂ im(p) + im(q) .
• Soit y ∈ im(p) + im(q) ; il existe u et v tels que y = p(u) + q(v). Montrer que y est dans im(r) revient à
vérifier que r(y) = y. En exploitant les égalités p ◦ p = p, q ◦ p = 0 et q ◦ q = q nous trouvons :
¡
¢
r(y) = (p + q − p ◦ q) p(u) + q(v)
= (p ◦ p)(u) + (p ◦ q)(v) + (q ◦ p)(u) + (q ◦ q)(v) − (p ◦ q ◦ p)(u) − (p ◦ q ◦ q)(v)
= p(u) + (p ◦ q)(v) + q(v) − (p ◦ q)(v) = p(u) + q(v) = y
Ceci démontre l’inclusion im(p) + im(q) ⊂ im(r) .
• Ayant établi les deux inclusions, nous avons prouvé l’égalité im(τ ) = (im(p)) + (im(q)) .
Exercice 3 : énoncé
◮ f , g et h sont trois endomorphismes d’un même K-e.v. E qui vérifient f ◦ g = h, g ◦ h = f et h ◦ f = g.
Q1 Montrez que f , g et h ont même noyau et même image.
Q2 Établissez f 2 = g 2 = h2 ; bien entendu, f 2 désigne f ◦ f .
Q3 Établissez g 5 = g (considérez f 2 gf 2 ).
Q4 Prouvez que E = ker(g) ⊕ im(g).
Q5 Prouvez que im(f ) est stable par f , g et h.
Q6 Prouvez que les endomorphismes de im f induits par f , g et h sont des automorphismes.
Exercice 3 : corrigé
¡
¢
−
→
−
→
Q1 • ker g ⊂ ker(f ◦ g) est une propriété générale : si x ∈ ker g, alors g(x) = 0 , a fortiori f g(x) = 0 , soit
−
→
(f ◦ g)(x) = 0 , ou x ∈ ker(f ◦ g). Du coup, comme f , g et h jouent des rôles symétriques, on a aussi
ker h ⊂ ker(g ◦ h) et ker f ⊂ ker(h ◦ f ). Donc :
ker f ⊂ ker(h ◦ f ) = ker g ⊂ ker(f ◦ g) = ker h ⊂ ker(g ◦ h) = ker f
donc, dans cette chaı̂ne d’inclusions, on n’a en fait que des égalités, soit ker f = ker g = ker h.
• De même,
¡ im(f
¢ ◦g) ⊂ im f est une propriété générale : si y ∈ im(f ◦g), il existe x ∈ E tel que y = (f ◦g)(x),
soit y = f g(x) , donc y ∈ im f . On a de même im(g ◦ h) ⊂ im g et im(h ◦ f ) ⊂ im h. Par suite :
im f = im(g ◦ h) ⊂ im g = im(h ◦ f ) ⊂ im h = im(f ◦ g) ⊂ im f
donc, dans cette chaı̂ne d’inclusions, on n’a en fait que des égalités, soit im f = im g = im h.
Q2 f 2 = f ◦ f = (g ◦ h) ◦ f = g ◦ (h ◦ f ) = g ◦ g = g 2 ; par raison de symétrie, g 2 = h2 . Donc f 2 = g 2 = h2 .
Q3 f 5 = f 2 ◦ f ◦ f 2 = h2 ◦ f ◦ h2 = h ◦ (h ◦ f ) ◦ h2 = h ◦ g ◦ h2 = h ◦ (g ◦ h) ◦ h = h ◦ f ◦ h = g ◦ h = f
−
→
Q4 Si y ∈ ker f ∩ im f , alors f (y) = 0 , et il existe x ∈ E tel que y = f (x) ; donc
¡
¢
¡
¢
−
→
−
→
y = f (x) = f 5 (x) = f 4 f (x) = f 4 (y) = f 3 f (y) = f ( 0 ) = 0
©−
→ª
Ainsi, ker f ∩ im f = 0 . Soit x ∈ E ; écrivant x = x − f 4 (x) + f 4 (x), le vecteur y = x − f 4 (x) appartient
¡
¢
¡
¢
−
→
à ker f puisque f x − f 4 (x) = f (x) − f 5 (x) = 0 ; et le vecteur z = f 4 (x) = f f 3 (x) appartient à im f .
Comme x = y + z, on peut conclure : E = ker f + im f , et finalement E = ker f ⊕ im f .
Q5 f (y) est dans im f pour tout y ∈ E, en particulier pour tout y ∈ im f ; donc im f est stable par f . Par
symétrie, im g est stable par g, et im h est stable par h. Mais, comme ces trois ensembles sont égaux, chacun
est stable à la fois par f , g et h.
−
→
−
→
Q6 Notons ϕ l’endomorphisme de im f induit par f . Alors, si ϕ(x) = 0 , on a f (x) = 0 , donc x ∈ ker f ;
−
→
mais x ∈©imªf par hypothèse, donc x = 0 puisque ker f et im f sont supplémentaires l’un de l’autre. Ainsi,
−
→
ker ϕ = 0 , ¡et donc
ϕ est injectif. Soit y ∈ im f ; il existe x ∈ E tel que y = f (x), mais f = f 5 , donc
¢
y = f 5 (x) = f f 4 (x) , or f 4 (x) ∈ im f ; donc on peut écrire y = ϕ(z), avec z = f 4 (x) ∈ im f , soit : y a un
antécédent par ϕ. Ainsi ϕ est surjectif. Conclusion : ϕ est un automorphisme de im f . Par symétrie, il en
est de même pour les endomorphismes de im g et im h induits respectivement par g et h ; d’où la conclusion
attendue, puisque im f = im g = im h.
Exercice 4 : énoncé
◮ Soient p et q deux projecteurs d’un K-e.v. E. Nous notons r = p ◦ q − q ◦ p.
¡
¢
Q1 Montrez que p ◦ q est un projecteur si et seulement si r im(q) ⊂ ker(p).
◮ Nous supposons désormais que p ◦ q est un projecteur.
¡
¢
Q2 Montrez que im(p ◦ q) = ker(p) + im(q) ∩ im p.
¡
¢
Q3 Montrez que ker(p ◦ q) = q −1 ker(p) .
¡
¢
Q4 Montrez que ker(p ◦ q) = ker(p) ∩ im(q) ⊕ ker(q).
Exercice 4 : corrigé
◮ Notons 0 l’endomorphisme nul et i l’endomorphisme identité.
¡
¢
Q1 Sens direct : supposons que p ◦ q est un projecteur. Soit z ∈ r im(q) : il existe y ∈ im(q) tel que r(y) = z ; il
existe alors x ∈ E tel que q(x) = y. Ainsi, avec q ◦ q = q :
¡
¢
¡
¢
z = r(y) = r q(x) = (p ◦ q − q ◦ p) q(x) = (p ◦ q ◦ q)(x) − (q ◦ p ◦ q)(x) = (p ◦ q)(x) − (q ◦ p ◦ q)(x)
Nous en déduisons :
¡
¢
¡
¢
−
→
p(z) = p (p ◦ q)(x) − (q ◦ p ◦ q)(x) = (p ◦ p ◦ q)(x) − (p ◦ q ◦ p ◦ q)(x) = (p ◦ q)(x) − (p ◦ q) ◦ (p ◦ q) (x) = 0
¡
¢
puisque p◦q est, par hypothèse, un projecteur. Conclusion : z ∈ ker(p), ce qui montre que r im(q) ⊂ ker(p) .
¡
¢
• Réciproque : supposons r im(q) ⊂ ker(p), et montrons que r est un projecteur. Soit x ∈ E ; (r ◦ q)(x) =
¡
¢
¡
¢
¡
¢ −
→
−
→
r q(x) ∈ r im(q) , d’où (r ◦ q)(x) ∈ ker(p), autrement dit : p (r ◦ q)(x) = 0 , soit (p ◦ r ◦ q)(x) = 0 . Ceci
vaut pour tout x ∈ E, donc p ◦ r ◦ q = 0, soit p ◦ (p ◦ q − q ◦ p) ◦ q = 0, ou encore p ◦ p ◦ q ◦ q = p ◦ q ◦ p ◦ q, ce
qui, comme p ◦ p = p et q ◦ q = q, nous donne : p ◦ q = (p ◦ q) ◦ (p ◦ q) ; concluons : p ◦ q est un projecteur .
• Solution expéditive, proposée par un étudiant : p ◦ q est un projecteur ⇐⇒ p ◦ q ◦ p ◦ q = p ◦ q ⇐⇒ p ◦ q ◦ p ◦
q−p◦q = 0 ⇐⇒ p◦(q◦p−i)◦q
= 0 ⇐⇒ p◦(p◦q−r−i)◦q = 0 ⇐⇒ p◦q−p◦r◦q−p◦q = 0 ⇐⇒ p◦r◦q = 0 ;
¡
¢
or p ◦ r ◦ q = 0 ssi r im(q) ⊂ ker(p).
¡
¢
Q2 • Soit z ∈ im(p ◦ q) : il existe x ∈ E tel que z = (p ◦ q)(x), donc z = p q(x) , ce qui prouve déjà que z ∈ im(p).
Par ailleurs,
nous pouvons
écrire z = (p ◦ q)(x) − q(x) + q(x) ; q(x) ∈ im(q), et (p ◦ q)(x) − q(x) ∈ ker(p)
¡
¢
−
→
car p (p ◦ q)(x) − q(x) = (p ◦ p ◦ q)(x) − (p ◦ q)(x) = 0 , puisque p ◦ p = p. Ainsi, z ∈ ker(p) + im(q), et
¡
¢
¡
¢
finalement z ∈ ker(p) + im(q) ∩ im(p). Ceci nous montre que im(p ◦ q) ⊂ ker(p) + im(q) ∩ im(p) .
¡
¢
• Prouvons l’inclusion inverse : soit z ∈ ker(p) + im(q) ∩ im(p). Il existe alors u ∈ ker(p) et v ∈ im(q) tels
que z = u + v. Mais v ∈ im(q) : donc il existe w ∈ E tel que v = q(w). Comme z ∈ im(p), p(z) = z, d’où :
¡
¢
¡
¢
z = p(z) = p u + q(w) = p(u) + p q(w) = (p ◦ q)(w)
−
→
ceci car u ∈ ker(p), donc p(u) = 0 . Nous avons ainsi montré que z ∈ im(p ◦ q), et par suite que
¡
¢
ker(p) + im(q) ∩ im(p) ⊂ im(p ◦ q) .
Q3 Soit x ∈ E ; alors
¡
¢ −
¡
¢
−
→
→
x ∈ ker(p ◦ q) ⇐⇒ (p ◦ q)(x) = 0 ⇐⇒ p q(x) = 0 ⇐⇒ q(x) ∈ ker(p) ⇐⇒ x ∈ q −1 ker(p)
Fin de la démonstration.
Q4 • Soit x ∈ ker(p ◦ q) : alors q(x) ∈ ker(p) d’après ce qui précède, et q(x) ∈ im(q) par définition, si bien que
¡
¢
q(x) ∈ ker(p) ∩ im(q). Écrivons x = q(x) + x − q(x) ; x − q(x) ∈ ker(q) puisque q est un projecteur, donc
¡
¢
¡
¢
finalement x ∈ ker(p) ∩ im(q) + ker(q). Ceci nous montre que ker(p ◦ q) ⊂ ker(p) ∩ im(q) + ker(q) .
¡
¢
• Inversement, soit x ∈ ker(p) ∩ im(q) + ker(q). Il existe alors u ∈ ker(p) ∩ im(q) et v ∈ ker(q) tels que
¡
¢
−
→
x = u + v. Alors (p ◦ q)(x) = (p ◦ q)(u) + (p ◦ q)(v) = (p ◦ q)(u), car (p ◦ q)(v) = p q(v) = 0 puisque
¡
¢
−
→
v ∈ ker(q). Mais u ∈ im(q), donc q(u) = u, et (p ◦ q)(x) = p q(x) = p(u) = 0 puisque u ∈ ker(p).
¡
¢
Finalement, x ∈ ker(p ◦ q), ce qui prouve que ker(p) ∩ im(q) + ker(q) ⊂ ker(p ◦ q) .
¡
¢
• Nous avons ainsi établi ker(p ◦ q) = ker(p) ∩ im(q) + ker(q). Comme q est un projecteur, im(q) ∩ ker(q) =
©−
ª
©−
→
→ª
0 ; ker(p) ∩ im(q) est contenu dans im(q), et contient le vecteur nul, donc (ker(p) ∩ im(q)) ∩ ker(q) = 0 ,
¡
¢
ce qui justifie l’écriture ker(p ◦ q) = ker(p) ∩ im(q) ⊕ ker(q) .
Exercice 5 : énoncé
◮ L’exercice se passe dans un K-e.v. E. Le composé de deux endomorphismes f et g est noté f g au lieu de
f ◦ g ; de même, f 2 désigne f ◦ f .
◮ Soient p et q deux endomorphismes de E. Nous supposons que p et p − pq sont des projecteurs.
Q1 Établissez l’égalité pqpq = pqp.
Q2 Montrez que pqp est un projecteur.
Q3 Pour n > 1, prouvez l’égalité (pq)n p = pqp.
Q4 Exprimez (p + pqp)2 et (p + pqp)3 comme combinaison linéaire de p et pqp.
Q5 Conjecturez puis démontrez une formule exprimant (p + pqp)n comme combinaison linéaire de p et pqp, pour
n > 1. Remarque : il existe (au moins) deux démonstrations différentes ; si vous donnez les deux, vous serez
gratifiés en conséquence !
Q6 Dans cette question, nous fixons E = R3 . Exhibez p et q tels que p et p − pq soient des projecteurs distincts
et tous deux non triviaux (les projecteurs triviaux sont l’identité et l’endomorphisme nul).
Exercice 5 : corrigé
Q1 • Traduisons le fait que p − pq est un projecteur : p − pq = (p − pq)2 = (p − pq)(p − pq) = p2 − p(pq) − (pq)p +
(pq)(pq) = p − p2 q − pqp + pqpq = p − pq − pqp + pqpq donc pqpq = pqp .
Q2 • Alors (pqp)2 = (pqp)(pqp) = pqp2 qp = pqpqp = (pqpq)p = (pqp)p = pqp2 = pqp donc pqp est un projecteur .
Q3 • Raisonnons par récurrence sur n > 1. L’égalité est claire au rang 1. Supposons-la acquise au rang n > 1.
Alors (pq)n+1 p = pq(pq)n p = pq(pqp) = (pqpq)p = (pqp)p = pqp2 = pqp. Ceci établit l’assertion au rang
n + 1. Fin.
Q4 • Nous avons :
(p + pqp)2 = p2 + p2 qp + pqp2 + (pqp)2 = p + 2pqp + pqp = p + 3pqp
(p + pqp)3 = (p + pqp)(p + pqp)2 = (p + pqp)(p + 3pqp) = p2 + pqp2 + 3p2 qp + 3(pqp)2
= p + pqp + 3pqp + 3pqp = p + 7pqp
Q5 • Méthode 1 : les égalités (p + pqp)1 = p + pqp, (p + pqp)2 = p + 3pqp et (p + pqp)3 = p + 7pqp suggèrent
la formule (p + pqp)n = p + (2n − 1)pqp, que nous allons établir par récurrence sur n ∈ N∗ . La formule est
vraie aux rangs 1, 2 et 3. Supposons-la acquise au rang n > 1 ; alors :
¡
¢
(p + pqp)n+1 = (p + pqp)(p + pqp)n = (p + pqp) p + (2n − 1)pqp
= p2 + (2n − 1)p2 qp + pqp2 + (2n − 1)(pqp)2
= p + (2n − 1)pqp + pqp + (2n − 1)pqp = p + (2n+1 − 1)pqp
Ceci établit la formule au rang n + 1 et achève la preuve.
• Méthode 2 : p et pqp commutent, puisque p ◦ pqp = p2 qp = pqp = pqp2 = pqp ◦ p. Ceci autorise l’emploi de
la formule du binôme, pour n > 2. Comme p et pqp sont des projecteurs, nous aurons pk = p pour k > 0, et
(pqp)n−k = pqp pour k < n. Nous isolons donc le premier et le dernier terme dans le développement :
X ³n´
X ³n´
(p + pqp)n =
pk (pqp)n−k = (pqp)n +
pk (pqp)n−k + pn
k
k
06k6n
16k<n
X ³n´
= pqp +
ppqp + p = p + (2n+1 − 2)pqp + pqp = p + (2n+1 − 1)pqp
k
16k<n
−
→
Q6 • Notons (i, jk, ) la base canonique de R3 ; définissons p par p(i) = i, p(j) = j et p(k) = 0 , et q par q(i) = k,
−
→
q(j) = j et q(k) = 0 . Il est clair que p est un projecteur non trivial ; p − pq est défini par (p − pq)(i) = i et
−
→
(p − pq)(j) = (p − pq)(k) = 0 , c’est donc un projecteur non trivial et il est distinct de p car pq 6= 0.
[AlgLin-Recueil]
Composé le 16 janvier 2008