Chapitre 1 – Espaces vectoriels
Autrement dit, si f 1 et f 2 existent, elles sont définies de façon unique par ces égalités.
Montrons que ce couple de fonctions convient. Tout d’abord
f 1 (−x) =
f (−x) + f
− (−x)
2
=
f (−x) + f (x)
2
= f 1 (x)
et
f 2 (−x) =
f (−x) − f
− (−x)
2
=
f (−x) − f (x)
2
= −f 2 (x),
donc f 1 est paire et f 2 est impaire. Ensuite
(f 1 + f 2 )(x) = f 1 (x) + f 2 (x)
=
f (x) + f (−x)
2
+
f (x) − f (−x)
2
= f (x).
Ainsi f = f 1 + f 2 . On peut alors conclure avec la proposition précédente que R
R = P ⊕ I.
Par ailleurs, il est clair que la seule fonction qui est à la fois paire et impaire est la fonction
nulle, c’est-à-dire que P ∩ I = {0}
2. Considérons dans R
3 le sous-espace F défini par l’équation 2x − 4y + 3z = 0 et le sousespace G = Vect(1, 0, −1).
Montrons que F et G sont supplémentaires dans R
3 .
Soit u = (x, y, z) un vecteur de R
3 . Prouvons qu’il existe un seul couple (v, w) ∈ F × G tel
que u = v + w.
Supposons que (v, w) soit un tel couple. Comme w ∈ G, il existe un réel l tel que
w = l(1, 0, −1). On a alors v = u − l(1, 0, −1) = (x − l, y, z + l). Comme v ∈ F, on a
nécessairement 2(x − l) − 4y + 3(z + l) = 0, soit l = −2x + 4y − 3z. Autrement dit, si
le couple (v, w), existe il vaut nécessairement
v = (x, y, z) − (−2x + 4y − 3z)(1, 0, −1) = (3x − 4y + 3z, y, 2x − 4y + 4z)
w = (−2x + 4y − 3z)(1, 0, −1) = (−2x + 4y − 3z, 0, 2x − 4y + 3z)
Réciproquement le couple (v, w) ainsi défini vérifie v ∈ F, w ∈ G et v + w = (x, y, z) = u.
Les sous-espaces F et G sont des sous-espaces supplémentaires de R
3 .
3. Considérons maintenant, toujours dans R
3 , le sous-espace F défini par l’équation
x − y + z = 0 et G le sous-espace défini par x + y − z = 0.
Vérifions d’abord que R
3 = F + G. Soit u un vecteur de R
3 avec u = (x, y, z). On a
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