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Sujet : Algèbre, Eléments d'algèbre linéaire, Somme directe de sous-espaces vectoriels

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 1 Somme directe de sous-espaces vectoriels Exercice 5 [ 00223 ] [correction] Soit f un endomorphisme d’unK-espace vectoriel E de dimension finie vérifiant 2Exercice 1 [ 00212 ] [correction] rg(f ) = rgf 3Soit f un endomorphisme d’unK-espace vectoriel E vérifiant f = Id. a) EtablirMontrer 2 2Imf = Imf et kerf = kerf ker(f−Id)⊕Im(f−Id) =E b) Montrer kerf⊕Imf =E Exercice 2 [ 00214 ] [correction] Exercice 6 [ 00224 ] [correction]Soient f,g∈L(E) tels que Soient E unK-espace vectoriel de dimension finie et f,g∈L(E). g◦f◦g =f et f◦g◦f =g On suppose Imf +Img = kerf +kerg =E a) Montrer que kerf = kerg et Imf = Img. Montrer que ces sommes sont directes. On pose F = kerf = kerg et G = Imf = Img Exercice 7 [ 00190 ] [correction] 0 0b) Montrer que Soient F,G,F ,G des sous-espaces vectoriels d’un K-espace vectoriel E vérifiant E =F⊕G 0 0 0F⊕G =F ⊕G =E et F ⊂G Montrer 0 0F⊕F ⊕(G∩G ) =E Exercice 3 [ 00213 ] [correction] Soient f,g∈L(E) tels que Exercice 8 [ 00216 ] [correction] ? pf◦g◦f =f et g◦f◦g =g Soient u∈L(E) (avec dimE 1)jG le supplémentaire de (G ⊕···⊕G )∩F dans F .i 1 i−1 i i pPLes G existent, ce sont des sous-espaces vectoriels, G ⊂F et G ⊕···⊕G . −1i i i 1 n Pour x∈f ( F ), on peut écrire f(x) =y +···+y avec y ∈F . Orj 1 p j jnP j=1 Soit x∈E. On peut écrire x = x avec x ∈F .i i i −1F ⊂ Imf donc il existe x ∈E vérifiant f(x ) =y . Evidemment x ∈f (F ).

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Langue Français

Exrait

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013

Somme directe de sous-espaces vectoriels

Exercice 1[ 00212 ][correction]
Soitfun endomorphisme d’unK-espace vectorielEvérifiantf3=Id.
Montrer
ker(f−Id)⊕Im(f−Id) =E

Exercice 2[ 00214 ][correction]
Soientf g∈ L(E)tels que

g◦f◦g=fetf◦g◦f=g

a) Montrer quekerf= kerget Imf=Img.
On pose
F= kerf= kergetG=Imf=Img

b) Montrer que

Exercice 3[ 00213 ][correction]
Soientf g∈ L(E)tels que

E=F⊕G

f◦g◦f=fetg◦f◦g=g

Montrer quekerfet Imgsont supplémentaires dansE.

Exercice 4[ 00215 ][correction]
Soientf g∈ L(E)tels que

a) Montrer que

b) Justifier que

g◦f◦g=getf◦g◦f=f

Imf⊕kerg=E

f(Img) =Imf

Enoncés

Exercice 5[ 00223 ][correction]
Soitfun endomorphisme d’unK-espace vectorielEde dimension finie vérifiant
rg(f2) =rgf

a) Etablir

b) Montrer

Imf2=Imfetkerf2= kerf

kerf⊕Imf=E

Exercice 6[ 00224 ][correction]
SoientEunK-espace vectoriel de dimension finie etf g∈ L(E).

On suppose
Imf+Img= kerf+ kerg=E
Montrer que ces sommes sont directes.

Exercice 7[ 00190 ][correction]
SoientF G F0 G0des sous-espaces vectoriels d’unK-espace vectorielEvérifiant
F⊕G=F0⊕G0=EetF0⊂G

Montrer

F⊕F0⊕(G∩G0) =E

1

Exercice 8[ 00216 ][correction]
Soientu∈ L(E)(avecdimE <+∞) nilpotent etp∈N?tel queup= 0.
a) Etablir que pour toutk∈ {1     p}, il existe un sous-espace vectorielFkdeE
tel que
keruk= keruk−1⊕Fk
b) Etablir queE=F1⊕ ∙ ∙ ∙ ⊕Fp.
c) Observer que la matrice deudans une base adaptée à la somme directe
ci-dessus est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux nuls.

Exercice 9[ 00217 ][correction]
Soientn∈NetE=Rn[X].
Pour touti∈[0 n], on note

Fi={P∈E∀j∈[0 n]\ {i} P(j) = 0}
Montrer que lesFisont des sous-espaces vectoriels et que

E=F0⊕ ∙ ∙ ∙ ⊕Fn

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Exercice 10[ 00218 ][correction]
Soientf1     fndes endomorphismes d’unK-espace vectorielEvérifiant

f1+∙ ∙ ∙+fn=Id et∀16i6=j6n fi◦fj= 0

a) Montrer que chaquefiest une projection vectorielle.
n
b) Montrer quei=⊕1Imfi=E.

Enoncés

Exercice 11[ 00219 ][correction]
SoientEunC-espace vectoriel de dimension finie etp1     pmdes projecteurs de
Edont la somme vaut IdE. On noteF1     Fmles images dep1     pm. Montrer
m
queE=k⊕Fk(indice : on rappelle que le rang d’un projecteur égale sa trace).
=1

Exercice 12[ 00220 ][correction]
Pourd∈N, notonsHdl’ensemble formé des fonctions polynomiales deR2versR
homogènes de degrédi.e. pouvant s’écrire comme combinaison linéaire de
fonction monôme de degréd.
Montrer que(Hd)06d6nest une famille de sous-espaces vectoriels en somme
directe.

Exercice 13[ 00221 ][correction]
SoientEunK-espace vectoriel de dimension finie etF1     Fndes sous-espaces
vectoriels deE.
On suppose queE=F1+∙ ∙ ∙+Fn.
Montrer qu’il existeG1     Gnsous-espaces vectoriels tels que :

∀16i6n Gi⊂FietE=G1⊕ ∙ ∙ ∙ ⊕Gn

Exercice 14[ 00222 ][correction]
SoientE1     EnetF1     Fnsous-espaces vectoriels deEtel queEi⊂Fiet

Montrer queEi=Fi.

n n
⊕Ei=⊕Fi
i=1i=1

2

Exercice 15Mines-Ponts MP[ 02680 ][correction]
SoitEetFdesK-espaces vectoriels. On se donnef∈ L(E F), une famille
(Ei)16i6nde sous-espaces vectoriels deEet une famille(Fj)16j6pde sous-espaces
vectoriels deF.
a) Montrer
n n
f(XEi) =Xf(Ei)
i=1i=1
b) Montrer que sifest injective et si la somme desEiest directe alors la somme
desf(Ei)est directe.
c) Montrer
p p
f−1(XFj)⊃Xf−1(Fj)
j=1j=1
Montrer que cette inclusion peut tre stricte. Donner une condition suffisante
pour qu’il y ait égalité.

Exercice 16[ 03241 ][correction]
SoientE F GtroisK-espaces vectoriels etu∈ L(E F),v∈ L(F G)etw=v◦u.
Montrer quewest un isomorphisme si, et seulement si,uest injective,vest
surjective et
Imu⊕kerv=F

Exercice 17[ 03459 ][correction]
SoientEunR-espace vectoriel de dimension finiennon nulle etf∈ L(E)
vérifiantf2=−IdE.
a) Soita∈Enon nul. Montrer que la famille(a f(a))est libre.
On poseF(a) =Vect(a f(a)).
b) Montrer qu’il existe des vecteurs deE a1     apnon nuls tels que
E=F(a1)⊕ ∙ ∙ ∙ ⊕F(ap)
c) En déduire que la dimension deEest paire et justifier l’existence d’une base de
Edans laquelle la matrice defest simple.

Exercice 18[ 03638 ][correction]
SoientEunR-espace vectoriel de dimension finien∈N?etδune application à
valeurs réelles définie sur l’ensemble des sous-espaces vectoriels deE. On suppose
∀F F0sous-espaces vectoriels deE,F∩F0={0E} ⇒δ(F+F0) =δ(F) +δ(F0)

Déterminerδ.

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
Soitx∈ker(f−Id)∩Im(f−Id).
On af(x) =xet on peut écrirex= (f−Id)(a) =f(a)−a.
f(x) =f2(a)−f(a),f2(x) =f3(a)−f2(a) =a−f2(a)puisx+f(x) +f2(x) = 0.
Orx+f(x) +f2(x) = 3xdoncx= 0.
Soitx∈E.
Analyse : Supposonsx=u+vavecu∈ker(f−Id)etv∈Im(f−Id).
On peut écrirev=f(a)−a.
Ainsix=u+f(a)−a f(x) =u+f2(a)−f(a) f2(x) =u+a−f2(a).
Doncu=31(x+f(x) +f2(x)).

Synthèse : Posonsu=13(x+f(x) +f2(x))etv=x u.
On af(u) =ucarf3(x) =xet

donc

v=23x−13f(x)−13f2(x1=3)x−13f(x)−13f2(x)+13f3(x)

v= (f−Id)−13x+13f2(x)∈Im(f−Id)

Finalementker(f−Id)⊕Im(f−Id) =E.

Exercice 2 :[énoncé]
a) Six∈kerfalorsg(x) = (f◦g◦f)(x) = 0doncx∈kerg. Par symétrie

kerf= kerg

Siy∈Imfalors il existea∈Etel quey=f(a) = (g◦f◦g)(a)doncy∈Img. Par
symétrie
Imf=Img

b) Soitx∈F∩G. Il existea∈Etel quex=g(a)or

f(a) = (g◦f◦g)(a) = (g◦f)(x) =g(0) = 0

Ainsia∈kerf= kergd’oùx=g(a) = 0.
Soitx∈E.
Analyse :
Supposonsx=u+vavecu∈F= kerfetv=g(a)∈G=Img.
On a
f(x) = (f◦g)(a)

donc

(g◦f)(x) =f(a)

Synthèse :
Puisque(g◦f)(x)∈Img=Imf, il existea∈Etel que
(g◦f)(x) =f(a)

Posons alorsv=g(a)etu=x−v. On a immédiatementv∈Imgetx=u+v.
On a aussiu∈kerfcar

et

Ainsi

puis

f(u) =f(x)−f(v)∈Imf

g(f(u)) = (g◦f)(x)−(g◦f◦g)(a) = (g◦f)(x)−f(a) = 0

f(u)∈kerg∩Imf

f(u) = 0

Exercice 3 :[énoncé]
Soitx∈kerf∩Img. On peut écrirex=g(a)aveca∈E.
On a alors
f(g(a)) = 0

puis

x=g(a) = (g◦f◦g)(a) =g(0) = 0

Soitx∈E. On peut écrirex=a+bavec

a=x−g(f(x))etb=g(f(x))

On vérifie immédiatementb∈Imget on obtienta∈kerfpar

f(a) =f(x)−f(g(f(x)) = 0

Exercice 4 :[énoncé]
a) Soitx∈Imf∩kerg.
Il existea∈Etel quex=f(a)donc

x=f(a) = (f◦g◦f)(a) = (f◦g)(x) = 0

3

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Corrections

Soitx∈E.
Analyse :
Supposonsx=u+vavecu=f(a)∈Imfetv∈kerg.
g(x) =g◦f(a)donc(f◦g)(x) =f(a) =u.
Synthèse :
Posonsu= (f◦g)(x)etv=x−u.
On au∈Imf,x=u+vetg(v) =g(x)−g(u) = 0i.e.v∈kerg.
b) On af(Img)⊂Imfet∀y∈Imfon peut écrirey=f(x)avecx=g(a) +uet
u∈kerf.
On a alorsy=f(g(a))∈f(Img).

Exercice 5 :[énoncé]
a) rg(f2) =rg(f)⇒Imf2=Imfcar on sait Imf2⊂Imf.
Par le théorème du rangkerf2= kerfcar on saitkerf⊂kerf2.
b) Soitx∈kerf∩Imf.
On peut écrirex=f(a). Commef(x) = 0, on aa∈kerf2= kerfdoncx= 0.
Par le théorème du rang, on conclut.

Exercice 6 :[énoncé]
D’une part
rgf+rgg−dimImf∩Img= dimE

et d’autre part

dim kerf+ dim kerg−dim kerf∩kerg= dimE

En sommant et en exploitant la formule du rang

dimImf∩Img+ dim kerf∩kerg60

donc Imf∩Img= kerf∩kerg={0}.

Exercice 7 :[énoncé]
Supposonsx+x0+y= 0avecx∈F,x0∈F0ety∈G∩G0.
Puisquex0∈F0⊂Gety∈G∩G0⊂G, on ax0+y∈G.
OrFetGsont en somme directe doncx+ (x0+y) = 0avecx∈Fetx0+y∈G
entraînex= 0etx0+y= 0.
Sachantx0+y= 0avecx∈F0,y∈G0etF0 G0en somme directe, on a
x0=y= 0.

4

Finalementx=x0=y= 0et on peut affirmer que les espacesF F0etG∩G0sont
en somme directe.
Soita∈F. PuisqueE=F⊕G, on peut écrirea=x+bavecx∈Fetb∈G.
SachantE=F0⊕G0, on peut écrireb=x0+yavecx0∈F0ety∈G0.
Ory=b−x0avecb∈Getx0∈F0⊂Gdoncy∈Get ainsiy∈G∩G0.
Finalement, on obtienta=x+x0+yavecx∈F,x0∈F0ety∈G∩G0.
On peut conclureE⊂F⊕F0⊕(G∩G0)puisE=F⊕F0⊕(G∩G0).

Exercice 8 :[énoncé]
a)keruk−1est un sous-espace vectoriel dekeruket comme on se place en
dimension finie, tout sous-espace vectoriel admet un supplémentaire.
b)
E= kerup= kerup−1⊕Fp= kerup−2⊕Fp−1⊕Fp=∙ ∙ ∙= keru0⊕F1⊕ ∙ ∙ ∙ ⊕Fp
aveckeru0={0}.
c)keruk−1danskeruk. On aE= kerup= kerup−1⊕Fp=  =F1⊕ ∙ ∙ ∙ ⊕Fp.
Dans une base adaptée à cette décomposition la matrice deuest :
0()(...(?)
0) (0)

et c’est donc une matrice triangulaire supérieure stricte.

Exercice 9 :[énoncé]
LesFisont clairement des sous-espaces vectoriels.
SupposonsP0+∙ ∙ ∙+Pn= 0avecPi∈Fi.
Pipossède par définitionnracines et(P0+∙ ∙ ∙+Pn)(i) = 0doncPi(i) = 0ce qui
fournit unen+ 1ème racine. Par suitePi= 0cardegPi6n.
SoitP∈E.
Analyse : SupposonsP=P0+∙ ∙ ∙+PnavecPi∈Fi.
On aP(i) =Pi(i)carPj(i) = 0pourj6=i.
Par suite
n(X−j)
Pi=P(i)Yj6=i(i−j)
j=0

Synthèse : LesPiprécédemment proposés conviennent car
Pi∈Fipar construction etP=P0+∙ ∙ ∙+PnpuisqueP−(P0+∙ ∙ ∙+Pn)est le
polynôme nul car de degré6net possédant au moinsn+ 1racines :01     n.

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Corrections

Exercice 10 :[énoncé]
n
a)fi=fi◦Id=fi◦Pfj=fi◦fidoncfiest une projection vectorielle.
j=1
n
b) SupposonsPxi= 0avecxi∈Imfi. En appliquantfi:fi(xi) =xi= 0car
i=1
n n
fi(xj) = 0. Par suitei=⊕1Imfi. Soitx∈E, on ax=Id(x) =i=P1fi(x)∈Imfidonc
n
⊕Imfi=E.
i=1

Exercice 11 :[énoncé]
Puisquep1+∙ ∙ ∙+pm=IdE, on a pour toutx∈E,
m
x=p1(x) +∙ ∙ ∙+pm(x)∈PFk.
k=1
m
AinsiE⊂PFk.
k=1
m
De plusdimE=trIdE=Ptrpk.
k=1
Or lespksont des projecteurs, donc trpk=rgpk= dimFk.
m
AinsidimE=PdimFk.
k=1
mm
On peut alors conclureE=PFkpuisE=⊕Fk.
k=1k=1

Exercice 12 :[énoncé]
Hdest définit comme le sous-espace vectoriel engendré par les monômes de degré
n
d, c’est donc un sous-espace vectoriel. SiPPk= 0avecPk∈Hkalors l’unicité
k=0
de l’écriture d’un polynôme en somme de monôme permet de conclurePk= 0
pour toutk∈ {0     n}. La famille(Hd)06d6nest donc bien une famille de
sous-espaces vectoriels en somme directe.

Exercice 13 :[énoncé]
PosonsG1=F1,G2le supplémentaire deG1∩F2dansF2, et plus généralement
Gile supplémentaire de(G1⊕ ∙ ∙ ∙ ⊕Gi−1)∩FidansFi.
LesGiexistent, ce sont des sous-espaces vectoriels,Gi⊂FietG1⊕ ∙ ∙ ∙ ⊕Gn.
n
Soitx∈E. On peut écrirex=Pxiavecxi∈Fi.
i=1
Orxi=yi1+∙ ∙ ∙+yiiavecyji∈GjcarFi= ((G1⊕ ∙ ∙ ∙ ⊕Gi−1)∩Fi)⊕Gi.

n
Par suitex=z1+∙ ∙ ∙+znaveczk=Py`k∈Gk. Par suiteE=G1⊕ ∙ ∙ ∙ ⊕Gn.
`=k

5

Exercice 14 :[énoncé]
Soitx∈Fi.
n n
Puisque ax∈ ⊕Fi=⊕Ei, on peut écrirex=x1+∙ ∙ ∙+xnavecxi∈Ei.
i=1i=1
On a alors
x1+∙ ∙ ∙+ (xi−x) +∙ ∙ ∙+xn= 0E
avecx1∈F1,. . . ,xi−x∈Fi,. . . ,xn∈Fn.
Or les espacesF1     Fndirecte, donc les vecteurs précédents sontsont en somme
nuls et en particulier
x=xi∈Ei

Exercice 15 :[énoncé]
n
a) Siy∈f(PEi)alors on peut écrirey=f(x1+∙ ∙ ∙+xn)avecxi∈Ei. On alors
i=1
n n
y=f(x1) +∙ ∙ ∙+f(xn)avecf(xi)∈f(Ei)et ainsif(PEi)⊂Pf(Ei).
i=1i=1
n
Siy∈Pf(Ei)alors on peut écrirey=f(x1) +∙ ∙ ∙+f(xn)avecxi∈Ei. On a
i=1
n n n
alorsy=f(x)avecx=x1+∙ ∙ ∙+xn∈PEidoncf(PEi)⊃Pf(Ei).
i=1i=1i=1
b) Sif(x1) +∙ ∙ ∙+f(xn) = 0avecxi∈Eialorsf(x1+∙ ∙ ∙+xn) = 0donc
x1+∙ ∙ ∙+xn= 0carfinjective puisx1=  =xn= 0car lesEisont en somme
directe et enfinf(x1) =  =f(xn) = 0. Ainsi lesf(Ei)sont en somme directe.
p
c) Soitx∈Pf−1(Fj). On peut écrirex=x1+∙ ∙ ∙+xpavecf(xj)∈Fjdonc
j=1
p p p
f(x) =f(x1) +∙ ∙ ∙+f(xp)∈PFj. AinsiPf−1(Fj)⊂f−1(PFj).
j=1j=1j=1
On obtient une inclusion stricte en prenant par exemple pourfune projection sur
une droiteDet en prenantF1 F2deux droites distinctes deDet vérifiant
D⊂F1+F2.
f= 0ouf= . .Id sont des conditions suffisantes faciles.
Plus finement, supposons chaqueFjinclus dans Imf(etp>1)
p
Pourx∈f−1(PFj), on peut écriref(x) =y1+∙ ∙ ∙+ypavecyj∈Fj. Or
j=1
Fj⊂Imfdonc il existexj∈Evérifiantf(xj) =yj. Evidemmentxj∈f−1(Fj).
Considérons alorsx01=x−(x2+∙ ∙ ∙+xp), on af(x01) =y1doncx01∈f−1(Fj)et

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p p p
x=x01+x2+∙ ∙ ∙+xp∈Pf−1(Fj). Ainsif−1(PFj)⊂Pf−1(Fj)puis
j=1j=1j=1
l’égalité.

Exercice 16 :[énoncé]
Supposons quewest un isomorphisme.
Puisque l’applicationw=v◦uest injective, l’applicationuest injective.
Puisque l’applicationw=v◦uest surjective, l’applicationvest surjective.
Soity∈Imu∩kerv. Il existex∈Etel quey=u(x)et on av(y) = 0donc
w(x) = 0. Orkerw={0E}doncx= 0Epuisy= 0F. Ainsi

Imu∩kerv={0F}

Soity∈F,v(y)∈Get donc il existex∈Etel quew(x) =v(y).
Posons alorsa=u(x)etb=y−a.
On a immédiatementy=a+beta∈Imu.
De plusv(b) =v(y)−v(a) =v(y)−w(x) = 0doncb∈kerv.
Ainsi
Imu⊕kerv=F

Corrections

Inversement, supposonsuinjective,vsurjective et Imuetkervsupplémentaires
dansF.
Soitx∈kerw. On av(u(x)) = 0doncu(x)∈kerv. Oru(x)∈Imudoncu(x) = 0F
car Imu∩kerv={0F}. Puisqueuest injective,x= 0Eet ainsikerw={0E}.
Soitz∈G. Il existey∈Ftel quez=v(y)carvest surjective. On peut écrire
y=u(a) +baveca∈Eetb∈kervcar Imu+ kerv=F. On a alors
z=v(u(a)) =w(a)et donc Imw=G.
FinalementGest un isomorphisme.

Exercice 17 :[énoncé]
a) Supposonsλa+µf(a) = 0E(1)
En appliquantf, on obtient−µa+λf(a) = 0E(2).
La combinaisonλ(1)−µ(2)donne(λ2+µ2)a= 0E, ora6= 0Edoncλ=µ= 0
puisqueλ µ∈R.
b) Montrons par récurrence surk∈N?la propriété
« il existea1     aknon nuls tels que les espacesF(a1)     F(ak)sont en
somme directe »ou « il existep∈N?et il existea1     aptel que
E=F(a1)⊕ ∙ ∙ ∙ ⊕F(ap)»
Pourk= 1la propriété est claire carE6={0E}.
Supposons la propriété établie au rangk.

6

Puisque la propriété est supposée vraie au rangkl’une des deux alternatives
définissant celle-ci est vérifiée. Si c’est la seconde alors la propriété est immédiate
vérifiée au rangk+ 1. Sinon, c’est qu’il existea1     akvecteurs non nuls deE
tels que les espacesF(a1)     F(ak)sont en somme directe.
SiE=F(a1)⊕ ∙ ∙ ∙ ⊕F(ak)alors la propriété est vérifiée au rangk+ 1en
choisissantp=k.
Sinon, il existeak+1∈Etel queak+1∈F(a1)⊕ ∙ ∙ ∙ ⊕F(ak).
Montrons qu’alors les espacesF(a1)     F(ak) F(ak+1)sont en somme directe.
Supposonsx1+∙ ∙ ∙+xk+xk+1= 0E(1) avecxj=λjaj+µjf(aj)∈F(aj).
En appliquantf, on obtienty1+∙ ∙ ∙+yk+yk+1= 0E(2) avec
yj=−µjaj+λjf(aj).
La combinaisonλk+1(1)−µk+1(2)donne alors
(λk+21+µ2k+1)ak+1∈F(a1)⊕ ∙ ∙ ∙ ⊕F(ak)et doncλk+1=µk+1= 0car on a choisi
ak+1∈ F(a1)⊕ ∙ ∙ ∙ ⊕F(ak).
On en déduitxk+1= 0Eet la relation (1) devientx1+∙ ∙ ∙+xk= 0Equi donne
x1=  =xk= 0Ecar les espacesF(a1)     F(ak)sont en somme directe.
Récurrence établie.
c) Ce qui précède assuredimE= 2pet dans la base(a1 f(a1)     ap f(ap)), la
matrice defest diagonale par blocs avec des blocs diagonaux égaux à
10−01

Exercice 18 :[énoncé]
PourF=F0={0E}, on obtient

δ({0E}) = 0

Pourx6= 0E, posonsf(x) =δ(Vectx).
On a évidemment
∀x6= 0E∀λ∈R? f(λx) =f(x)
Soientxetynon colinéaires. On a

Or on a aussi

Vect(x)⊕Vect(y) =Vect(x y)

Vect(x y) =Vect(x x+y) =Vect(x)⊕Vect(x+y)

carxetx+yne sont pas colinéaires. On en déduit

f(x) +f(y) =f(x) +f(x+y)

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013

Corrections

Ainsif(x+y) =f(x)et de façon analoguef(x+y) =f(y)doncf(x) =f(y).
Finalement la fonctionfest constante. En posantαla 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.

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