Somme directe de sous

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Somme directe de sous-espaces vectoriels
Exercice 1 [ 00212 ] [correction]
Soit f un endomorphisme d’un K-espace vectoriel E vérifiant f 3 = Id.
Montrer
ker(f − Id) ⊕ Im(f − Id) = E
Enoncés
1
Exercice 5 [ 00223 ] [correction]
Soit f un endomorphisme d’un K-espace vectoriel E de dimension finie vérifiant
rg(f 2 ) = rgf
a) Etablir
Imf 2 = Imf et ker f 2 = ker f
b) Montrer
ker f ⊕ Imf = E
Exercice 2 [ 00214 ] [correction]
Soient f, g ∈ L(E) tels que
g ◦ f ◦ g = f et f ◦ g ◦ f = g
a) Montrer que ker f = ker g et Imf = Img.
On pose
F = ker f = ker g et G = Imf = Img
Exercice 6 [ 00224 ] [correction]
Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie et f, g ∈ L(E).
On suppose
Imf + Img = ker f + ker g = E
Montrer que ces sommes sont directes.
Exercice 7 [ 00190 ] [correction]
Soient F, G, F 0 , G0 des sous-espaces vectoriels d’un K-espace vectoriel E vérifiant
b) Montrer que
E =F ⊕G
F ⊕ G = F 0 ⊕ G0 = E et F 0 ⊂ G
Montrer
F ⊕ F 0 ⊕ (G ∩ G0 ) = E
Exercice 3 [ 00213 ] [correction]
Soient f, g ∈ L(E) tels que
f ◦ g ◦ f = f et g ◦ f ◦ g = g
Montrer que ker f et Img sont supplémentaires dans E.
Exercice 8 [ 00216 ] [correction]
Soient u ∈ L(E) (avec dim E < +∞) nilpotent et p ∈ N? tel que up = 0.
a) Etablir que pour tout k ∈ {1, . . . , p}, il existe un sous-espace vectoriel Fk de E
tel que
ker uk = ker uk−1 ⊕ Fk
b) Etablir que E = F1 ⊕ · · · ⊕ Fp .
c) Observer que la matrice de u dans une base adaptée à la somme directe
ci-dessus est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux nuls.
Exercice 4 [ 00215 ] [correction]
Soient f, g ∈ L(E) tels que
g ◦ f ◦ g = g et f ◦ g ◦ f = f
a) Montrer que
Imf ⊕ ker g = E
Exercice 9 [ 00217 ] [correction]
Soient n ∈ N et E = Rn [X].
Pour tout i ∈ [[0, n]], on note
Fi = {P ∈ E/∀j ∈ [[0, n]] \ {i} , P (j) = 0}
b) Justifier que
f (Img) = Imf
Montrer que les Fi sont des sous-espaces vectoriels et que
E = F0 ⊕ · · · ⊕ Fn
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Enoncés
Exercice 10 [ 00218 ] [correction]
Soient f1 , . . . , fn des endomorphismes d’un K-espace vectoriel E vérifiant
f1 + · · · + fn = Id et ∀1 6 i 6= j 6 n, fi ◦ fj = 0
a) Montrer que chaque fi est une projection vectorielle.
n
b) Montrer que ⊕ Imfi = E.
2
Exercice 15 [ 02680 ] [correction]
Soit E et F des K-espaces vectoriels. On se donne f ∈ L(E, F ), une famille
(Ei )16i6n de sous-espaces vectoriels de E et une famille (Fj )16j6p de sous-espaces
vectoriels de F .
a) Montrer
n
n
X
X
f(
Ei ) =
f (Ei )
i=1
i=1
Exercice 11 [ 00219 ] [correction]
Soient E un C-espace vectoriel de dimension finie et p1 , . . . , pm des projecteurs de
E dont la somme vaut IdE . On note F1 , . . . , Fm les images de p1 , . . . , pm . Montrer
b) Montrer que si f est injective et si la somme des Ei est directe alors la somme
des f (Ei ) est directe.
c) Montrer
p
p
X
X
−1
f (
Fj ) ⊃
f −1 (Fj )
j=1
m
E = ⊕ Fk
k=1
Exercice 12 [ 00220 ] [correction]
Pour d ∈ N, notons Hd l’ensemble formé des fonctions polynomiales de R2 vers R
homogènes de degré d i.e. pouvant s’écrire comme combinaison linéaire de
fonction monôme de degré d.
Montrer que (Hd )06d6n est une famille de sous-espaces vectoriels en somme
directe.
Exercice 13 [ 00221 ] [correction]
Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie et F1 , . . . , Fn des sous-espaces
vectoriels de E.
On suppose que E = F1 + · · · + Fn .
Montrer qu’il existe G1 , . . . , Gn sous-espaces vectoriels tels que :
i=1
j=1
Montrer que cette inclusion peut être stricte. Donner une condition suffisante
pour qu’il y ait égalité.
Exercice 16 [ 03241 ] [correction]
Soient E, F, G trois K-espaces vectoriels et u ∈ L(E, F ), v ∈ L(F, G) et w = v ◦ u.
Montrer que w est un isomorphisme si, et seulement si, u est injective, v est
surjective et
Imu ⊕ ker v = F
Exercice 17 [ 03459 ] [correction]
Soient E un R-espace vectoriel de dimension finie n non nulle et f ∈ L(E)
vérifiant f 2 = −IdE .
a) Soit a ∈ E non nul. Montrer que la famille (a, f (a)) est libre.
On pose F (a) = Vect (a, f (a)).
b) Montrer qu’il existe des vecteurs de E a1 , . . . , ap non nuls tels que
E = F (a1 ) ⊕ · · · ⊕ F (ap )
∀1 6 i 6 n, Gi ⊂ Fi et E = G1 ⊕ · · · ⊕ Gn
c) En déduire que la dimension de E est paire et justifier l’existence d’une base de
E dans laquelle la matrice de f est simple.
Exercice 14 [ 00222 ] [correction]
Soient E1 , . . . , En et F1 , . . . , Fn sous-espaces vectoriels de E tel que Ei ⊂ Fi et
n
n
i=1
i=1
⊕ Ei = ⊕ Fi
Montrer que Ei = Fi .
Exercice 18 [ 03638 ] [correction]
Soient E un R-espace vectoriel de dimension finie n ∈ N? et δ une application à
valeurs réelles définie sur l’ensemble des sous-espaces vectoriels de E. On suppose
∀F, F 0 sous-espaces vectoriels de E, F ∩ F 0 = {0E } ⇒ δ(F + F 0 ) = δ(F ) + δ(F 0 )
Déterminer δ.
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Enoncés
3
Exercice 19 [ 03852 ] [correction]
Dans l’espace E des fonctions continues de [−1, 1] vers R, on considère les
sous-espaces vectoriels
F1 = {f ∈ E/f est constante} , F2 = {f ∈ E/∀t ∈ [−1, 0] , f (t) = 0}
et F3 = {f ∈ E/∀t ∈ [0, 1] , f (t) = 0}
Etablir
E = F1 ⊕ F2 ⊕ F3
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Corrections
Corrections
4
donc
(g ◦ f )(x) = f (a)
Exercice 1 : [énoncé]
Soit x ∈ ker(f − Id) ∩ Im(f − Id).
On a f (x) = x et on peut écrire x = (f − Id)(a) = f (a) − a.
f (x) = f 2 (a) − f (a), f 2 (x) = f 3 (a) − f 2 (a) = a − f 2 (a) puis x + f (x) + f 2 (x) = 0.
Or x + f (x) + f 2 (x) = 3x donc x = 0.
Soit x ∈ E.
Analyse : Supposons x = u + v avec u ∈ ker(f − Id) et v ∈ Im(f − Id).
On peut écrire v = f (a) − a.
Ainsi x = u + f (a) − a, f (x) = u + f 2 (a) − f (a), f 2 (x) = u + a − f 2 (a).
Donc u = 13 (x + f (x) + f 2 (x)).
Synthèse : Posons u = 13 (x + f (x) + f 2 (x)) et v = x − u.
On a f (u) = u car f 3 (x) = x et
v=
donc
2
1
1
1
1
1
1
x − f (x) − f 2 (x) = x − f (x) − f 2 (x) + f 3 (x)
3
3
3
3
3
3
3
Synthèse :
Puisque (g ◦ f )(x) ∈ Img = Imf , il existe a ∈ E tel que
(g ◦ f )(x) = f (a)
Posons alors v = g(a) et u = x − v. On a immédiatement v ∈ Img et x = u + v.
On a aussi u ∈ ker f car
f (u) = f (x) − f (v) ∈ Imf
et
g(f (u)) = (g ◦ f )(x) − (g ◦ f ◦ g)(a) = (g ◦ f )(x) − f (a) = 0
Ainsi
f (u) ∈ ker g ∩ Imf
puis
1
1
v = (f − Id) − x + f 2 (x)
3
3
f (u) = 0
∈ Im(f − Id)
Finalement ker(f − Id) ⊕ Im(f − Id) = E.
Exercice 2 : [énoncé]
a) Si x ∈ ker f alors g(x) = (f ◦ g ◦ f )(x) = 0 donc x ∈ ker g. Par symétrie
ker f = ker g.
Exercice 3 : [énoncé]
Soit x ∈ ker f ∩ Img. On peut écrire x = g(a) avec a ∈ E.
On a alors
f (g(a)) = 0
puis
x = g(a) = (g ◦ f ◦ g)(a) = g(0) = 0
Si y ∈ Imf alors il existe a ∈ E tel que y = f (a) = (g ◦ f ◦ g)(a) donc y ∈ Img. Par
symétrie
Imf = Img
Soit x ∈ E. On peut écrire x = a + b avec
b) Soit x ∈ F ∩ G. Il existe a ∈ E tel que x = g(a) or
On vérifie immédiatement b ∈ Img et on obtient a ∈ ker f par
f (a) = (g ◦ f ◦ g)(a) = (g ◦ f )(x) = g(0) = 0
Ainsi a ∈ ker f = ker g d’où x = g(a) = 0.
Soit x ∈ E.
Analyse :
Supposons x = u + v avec u ∈ F = ker f et v = g(a) ∈ G = Img.
On a
f (x) = (f ◦ g)(a)
a = x − g(f (x)) et b = g(f (x))
f (a) = f (x) − f (g(f (x)) = 0
Exercice 4 : [énoncé]
a) Soit x ∈ Imf ∩ ker g.
Il existe a ∈ E tel que x = f (a) donc
x = f (a) = (f ◦ g ◦ f )(a) = (f ◦ g)(x) = 0
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Corrections
Soit x ∈ E.
Analyse :
Supposons x = u + v avec u = f (a) ∈ Imf et v ∈ ker g.
g(x) = g ◦ f (a) donc (f ◦ g)(x) = f (a) = u.
Synthèse :
Posons u = (f ◦ g)(x) et v = x − u.
On a u ∈ Imf , x = u + v et g(v) = g(x) − g(u) = 0 i.e. v ∈ ker g.
b) On a f (Img) ⊂ Imf et ∀y ∈ Imf on peut écrire y = f (x) avec x = g(a) + u et
u ∈ ker f .
On a alors y = f (g(a)) ∈ f (Img).
Exercice 5 : [énoncé]
a) rg(f 2 ) = rg(f ) ⇒ Imf 2 = Imf car on sait Imf 2 ⊂ Imf .
Par le théorème du rang ker f 2 = ker f car on sait ker f ⊂ ker f 2 .
b) Soit x ∈ ker f ∩ Imf .
On peut écrire x = f (a). Comme f (x) = 0, on a a ∈ ker f 2 = ker f donc x = 0.
Par le théorème du rang, on conclut.
Exercice 6 : [énoncé]
D’une part
5
Finalement x = x0 = y = 0 et on peut affirmer que les espaces F, F 0 et G ∩ G0 sont
en somme directe.
Soit a ∈ F . Puisque E = F ⊕ G, on peut écrire a = x + b avec x ∈ F et b ∈ G.
Sachant E = F 0 ⊕ G0 , on peut écrire b = x0 + y avec x0 ∈ F 0 et y ∈ G0 .
Or y = b − x0 avec b ∈ G et x0 ∈ F 0 ⊂ G donc y ∈ G et ainsi y ∈ G ∩ G0 .
Finalement, on obtient a = x + x0 + y avec x ∈ F , x0 ∈ F 0 et y ∈ G ∩ G0 .
On peut conclure E ⊂ F ⊕ F 0 ⊕ (G ∩ G0 ) puis E = F ⊕ F 0 ⊕ (G ∩ G0 ).
Exercice 8 : [énoncé]
a) ker uk−1 est un sous-espace vectoriel de ker uk et comme on se place en
dimension finie, tout sous-espace vectoriel admet un supplémentaire.
b)
E = ker up = ker up−1 ⊕ Fp = ker up−2 ⊕ Fp−1 ⊕ Fp = · · · = ker u0 ⊕ F1 ⊕ · · · ⊕ Fp
avec ker u0 = {0}.
c) ker uk−1 dans ker uk . On a E = ker up = ker up−1 ⊕ Fp = . . . = F1 ⊕ · · · ⊕ Fp .
Dans une base adaptée à cette décomposition la matrice de u est :


(0)
(?)


..


.
(0)
rgf + rgg − dim Imf ∩ Img = dim E
(0)
et c’est donc une matrice triangulaire supérieure stricte.
et d’autre part
dim ker f + dim ker g − dim ker f ∩ ker g = dim E
En sommant et en exploitant la formule du rang
dim Imf ∩ Img + dim ker f ∩ ker g 6 0
donc Imf ∩ Img = ker f ∩ ker g = {0}.
Exercice 7 : [énoncé]
Supposons x + x0 + y = 0 avec x ∈ F , x0 ∈ F 0 et y ∈ G ∩ G0 .
Puisque x0 ∈ F 0 ⊂ G et y ∈ G ∩ G0 ⊂ G, on a x0 + y ∈ G.
Or F et G sont en somme directe donc x + (x0 + y) = 0 avec x ∈ F et x0 + y ∈ G
entraîne x = 0 et x0 + y = 0.
Sachant x0 + y = 0 avec x ∈ F 0 , y ∈ G0 et F 0 , G0 en somme directe, on a
x0 = y = 0.
Exercice 9 : [énoncé]
Les Fi sont clairement des sous-espaces vectoriels.
Supposons P0 + · · · + Pn = 0 avec Pi ∈ Fi .
Pi possède par définition n racines et (P0 + · · · + Pn )(i) = 0 donc Pi (i) = 0 ce qui
fournit une n + 1ème racine. Par suite Pi = 0 car deg Pi 6 n.
Soit P ∈ E.
Analyse : Supposons P = P0 + · · · + Pn avec Pi ∈ Fi .
On a P (i) = Pi (i) car Pj (i) = 0 pour j 6= i.
Par suite
n
Y
(X − j)
Pi = P (i)
(i − j)
j=0,j6=i
Synthèse : Les Pi précédemment proposés conviennent car
Pi ∈ Fi par construction et P = P0 + · · · + Pn puisque P − (P0 + · · · + Pn ) est le
polynôme nul car de degré 6 n et possédant au moins n + 1 racines : 0, 1, . . . , n.
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Corrections
Exercice 10 : [énoncé]
n
P
a) fi = fi ◦ Id = fi ◦
fj = fi ◦ fi donc fi est une projection vectorielle.
j=1
b) Supposons
n
P
xi = 0E avec xi ∈ Imfi .
i=1
En appliquant fi , on obtient fi (xi ) = xi = 0E car fi (xj ) = 0E .
Les espaces Imfi sont donc en somme directe.
Soit x ∈ E, on peut écrire
x = Id(x) =
n
X
fi (x) ∈
i=1
n
X
Imfi
i=1
6
n
P
d, c’est donc un sous-espace vectoriel. Si
Pk = 0 avec Pk ∈ Hk alors l’unicité
k=0
de l’écriture d’un polynôme en somme de monôme permet de conclure Pk = 0
pour tout k ∈ {0, . . . , n}. La famille (Hd )06d6n est donc bien une famille de
sous-espaces vectoriels en somme directe.
Exercice 13 : [énoncé]
Posons G1 = F1 , G2 le supplémentaire de G1 ∩ F2 dans F2 , et plus généralement
Gi le supplémentaire de (G1 ⊕ · · · ⊕ Gi−1 ) ∩ Fi dans Fi .
Les Gi existent, ce sont des sous-espaces vectoriels, Gi ⊂ Fi et G1 ⊕ · · · ⊕ Gn .
n
P
Soit x ∈ E. On peut écrire x =
xi avec xi ∈ Fi .
i=1
On peut alors conclure
Or xi = y1i + · · · + yii avec yji ∈ Gj car Fi = ((G1 ⊕ · · · ⊕ Gi−1 ) ∩ Fi ) ⊕ Gi .
n
P
Par suite x = z1 + · · · + zn avec zk =
yk` ∈ Gk . Par suite E = G1 ⊕ · · · ⊕ Gn .
n
⊕ Imfi = E
i=1
`=k
Exercice 11 : [énoncé]
Puisque p1 + · · · + pm = IdE , on a pour tout x ∈ E,
x = p1 (x) + · · · + pm (x) ∈
m
X
Fk
k=1
Exercice 14 : [énoncé]
Soit x ∈ Fi .
n
n
Puisque a x ∈ ⊕ Fi = ⊕ Ei , on peut écrire x = x1 + · · · + xn avec xi ∈ Ei .
i=1
x1 + · · · + (xi − x) + · · · + xn = 0E
Ainsi
E⊂
m
X
avec x1 ∈ F1 ,. . . , xi − x ∈ Fi ,. . . , xn ∈ Fn .
Or les espaces F1 , . . . , Fn sont en somme directe, donc les vecteurs précédents sont
nuls et en particulier
x = xi ∈ E i
Fk
k=1
De plus
dim E = trIdE =
m
X
trpk
k=1
Or les pk sont des projecteurs, donc trpk = rgpk = dim Fk .
Ainsi
m
X
dim E =
dim Fk
Exercice 15 : [énoncé]
n
P
a) Si y ∈ f ( Ei ) alors on peut écrire y = f (x1 + · · · + xn ) avec xi ∈ Ei . On alors
i=1
y = f (x1 ) + · · · + f (xn ) avec f (xi ) ∈ f (Ei ) et ainsi f (
k=1
On peut alors conclure E =
i=1
On a alors
m
P
k=1
m
Fk puis E = ⊕ Fk .
k=1
Si y ∈
n
P
Ei ) ⊂
i=1
n
P
f (Ei ).
i=1
f (Ei ) alors on peut écrire y = f (x1 ) + · · · + f (xn ) avec xi ∈ Ei . On a
i=1
alors y = f (x) avec x = x1 + · · · + xn ∈
n
P
i=1
Exercice 12 : [énoncé]
Hd est définit comme le sous-espace vectoriel engendré par les monômes de degré
n
P
Ei donc f (
n
P
i=1
Ei ) ⊃
n
P
f (Ei ).
i=1
b) Si f (x1 ) + · · · + f (xn ) = 0 avec xi ∈ Ei alors f (x1 + · · · + xn ) = 0 donc
x1 + · · · + xn = 0 car f injective puis x1 = . . . = xn = 0 car les Ei sont en somme
directe et enfin f (x1 ) = . . . = f (xn ) = 0. Ainsi les f (Ei ) sont en somme directe.
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c) Soit x ∈
p
P
Corrections
f −1 (Fj ). On peut écrire x = x1 + · · · + xp avec f (xj ) ∈ Fj donc
j=1
f (x) = f (x1 ) + · · · + f (xp ) ∈
p
P
j=1
Fj . Ainsi
p
P
f −1 (Fj ) ⊂ f −1 (
j=1
p
P
Fj ).
j=1
On obtient une inclusion stricte en prenant par exemple pour f une projection sur
une droite D et en prenant F1 , F2 deux droites distinctes de D et vérifiant
D ⊂ F1 + F2 .
f = 0 ou f = Id sont des conditions suffisantes faciles. . .
Plus finement, supposons chaque Fj inclus dans Imf (et p > 1)
p
P
Pour x ∈ f −1 (
Fj ), on peut écrire f (x) = y1 + · · · + yp avec yj ∈ Fj . Or
j=1
Fj ⊂ Imf donc il existe xj ∈ E vérifiant f (xj ) = yj . Evidemment xj ∈ f −1 (Fj ).
Considérons alors x01 = x − (x2 + · · · + xp ), on a f (x01 ) = y1 donc x01 ∈ f −1 (Fj ) et
p
p
p
P
P
P
x = x01 + x2 + · · · + xp ∈
f −1 (Fj ). Ainsi f −1 (
Fj ) ⊂
f −1 (Fj ) puis
j=1
j=1
j=1
l’égalité.
Exercice 16 : [énoncé]
Supposons que w est un isomorphisme.
Puisque l’application w = v ◦ u est injective, l’application u est injective.
Puisque l’application w = v ◦ u est surjective, l’application v est surjective.
Soit y ∈ Imu ∩ ker v. Il existe x ∈ E tel que y = u(x) et on a v(y) = 0 donc
w(x) = 0. Or ker w = {0E } donc x = 0E puis y = 0F . Ainsi
Imu ∩ ker v = {0F }
Soit y ∈ F , v(y) ∈ G et donc il existe x ∈ E tel que w(x) = v(y).
Posons alors a = u(x) et b = y − a.
On a immédiatement y = a + b et a ∈ Imu.
De plus v(b) = v(y) − v(a) = v(y) − w(x) = 0 donc b ∈ ker v.
Ainsi
Imu ⊕ ker v = F
Inversement, supposons u injective, v surjective et Imu et ker v supplémentaires
dans F .
Soit x ∈ ker w. On a v(u(x)) = 0 donc u(x) ∈ ker v. Or u(x) ∈ Imu donc u(x) = 0F
car Imu ∩ ker v = {0F }. Puisque u est injective, x = 0E et ainsi ker w = {0E }.
Soit z ∈ G. Il existe y ∈ F tel que z = v(y) car v est surjective. On peut écrire
y = u(a) + b avec a ∈ E et b ∈ ker v car Imu + ker v = F . On a alors
z = v(u(a)) = w(a) et donc Imw = G.
Finalement G est un isomorphisme.
7
Exercice 17 : [énoncé]
a) Supposons λa + µf (a) = 0E (1)
En appliquant f , on obtient −µa + λf (a) = 0E (2).
La combinaison λ(1) − µ(2) donne (λ2 + µ2 )a = 0E , or a 6= 0E donc λ = µ = 0
puisque λ, µ ∈ R.
b) Montrons par récurrence sur k ∈ N? la propriété
« il existe a1 , . . . , ak non nuls tels que les espaces F (a1 ), . . . , F (ak ) sont en
somme directe »ou « il existe p ∈ N? et il existe a1 , . . . , ap tel que
E = F (a1 ) ⊕ · · · ⊕ F (ap ) »
Pour k = 1 la propriété est claire car E 6= {0E }.
Supposons la propriété établie au rang k.
Puisque la propriété est supposée vraie au rang k l’une des deux alternatives
définissant celle-ci est vérifiée. Si c’est la seconde alors la propriété est immédiate
vérifiée au rang k + 1. Sinon, c’est qu’il existe a1 , . . . , ak vecteurs non nuls de E
tels que les espaces F (a1 ), . . . , F (ak ) sont en somme directe.
Si E = F (a1 ) ⊕ · · · ⊕ F (ak ) alors la propriété est vérifiée au rang k + 1 en
choisissant p = k.
Sinon, il existe ak+1 ∈ E tel que ak+1 ∈
/ F (a1 ) ⊕ · · · ⊕ F (ak ).
Montrons qu’alors les espaces F (a1 ), . . . , F (ak ), F (ak+1 ) sont en somme directe.
Supposons x1 + · · · + xk + xk+1 = 0E (1) avec xj = λj aj + µj f (aj ) ∈ F (aj ).
En appliquant f , on obtient y1 + · · · + yk + yk+1 = 0E (2) avec
yj = −µj aj + λj f (aj ).
La combinaison λk+1 (1) − µk+1 (2) donne alors
(λ2k+1 + µ2k+1 )ak+1 ∈ F (a1 ) ⊕ · · · ⊕ F (ak ) et donc λk+1 = µk+1 = 0 car on a choisi
ak+1 ∈
/ F (a1 ) ⊕ · · · ⊕ F (ak ).
On en déduit xk+1 = 0E et la relation (1) devient x1 + · · · + xk = 0E qui donne
x1 = . . . = xk = 0E car les espaces F (a1 ), . . . , F (ak ) sont en somme directe.
Récurrence établie.
c) Ce qui précède assure dim E = 2p et dans la base (a1 , f (a1 ), . . . , ap , f (ap )), la
matrice de f est diagonale par blocs avec des blocs diagonaux égaux à
0 −1
1 0
Exercice 18 : [énoncé]
Pour F = F 0 = {0E }, on obtient
δ({0E }) = 0
Pour x 6= 0E , posons f (x) = δ(Vectx).
On a évidemment
∀x 6= 0E , ∀λ ∈ R? , f (λx) = f (x)
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Corrections
8
Soient x et y non colinéaires. On a
Vect(x) ⊕ Vect(y) = Vect(x, y)
Or on a aussi
Vect(x, y) = Vect(x, x + y) = Vect(x) ⊕ Vect(x + y)
car x et x + y ne sont pas colinéaires. On en déduit
f (x) + f (y) = f (x) + f (x + y)
Ainsi f (x + y) = f (x) et de façon analogue f (x + y) = f (y) donc f (x) = f (y).
Finalement la fonction f est constante. En posant α la valeur de cette constante,
on peut affirmer
f = α. dim
car, par introduction d’une base, un sous-espace vectoriel peut s’écrire comme
somme directe de droites vectorielles engendrées par ces vecteurs de base.
Exercice 19 : [énoncé]
Supposons
f1 + f2 + f3 = 0 avec fi ∈ Fi
En évaluant en 0, on obtient f1 = 0.
En évaluant en t ∈ ]0, 1], on obtient f2 (t) = 0 et donc f2 = 0 puis f2 est aussi
nulle sur [−1, 0].
En évaluant en t ∈ [−1, 0[, on obtient f3 (t) = 0 et donc f3 = 0.
On peut donc affirmer que les espaces F1 , F2 et F3 sont en somme directe.
Soit f ∈ E. Posons
f1 : t 7→ f (0)
f (t) − f (0) si t ∈ ]0, 1]
f2 : t 7→
0
si t ∈ [−1, 0]
et
f3 : t 7→
0
f (t) − f (0)
si t ∈ [0, 1]
si t ∈ [−1, 0[
Les fonctions f1 , f2 , f3 sont continues et l’on observe
f = f1 + f2 + f3 avec fi ∈ Fi
On peut alors conclure
E = F1 ⊕ F2 ⊕ F3
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