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SOLUTIONS
Solutions
Nous avons alors pour tout i ∈ Ú1, nÛ
f
(X − a)
i
= (X − a)
i(X − a)
i−1
− 0
− 2
(X − a)
i
− 0
= (i − 2)(X − a)
i ,
de plus f
(X − a)
0
= f (1) = 0.
De ces calculs, il est facile de déduire que l’on a
Ker(f ) = Vect
(X − a)
0 , (X − a)
2
et m(f ) = Vect
(X − a)
1 , (X − a)
3 , (X − a)
4 , . . . , (X − a)
n
.
6.
Montrer que f est une projection sur mf parallèlement à Ker f consiste à montrer
que E = mf ⊕ Ker f puis que, pour tout x de E, la décomposition unique de x en une
somme d’un élément u de mf et d’un élément v de Ker f est telle que f (x) = u. nous
devrions alors avoir l’égalité x = u + v = f (x) + v et donc v = x − f (x). Ces considérations
conduisent à la solution de l’exercice.
Soit f un endomorphisme de E tel que f ◦ f = f .
Nous avons pour tout x de E l’égalité x = f (x) +
x − f (x)
. Il est clair que f (x) ∈ ∈mf ; par
ailleurs f
x − f (x)
= f (x) − f
f (x)
= f (x) − f (x) = 0 et donc
x − f (x)
∈ Ker f . Ce qui
prouve E = mf + Ker f .
Soit maintenant x ∈ ∈mf ∩ Ker f . Il existe t ∈ E tel que x = f (t) et nous avons
x = f (t) = f ◦ f (t) = f
f (t)
= f (x) = 0 ce qui prouve que mf ∩ Ker f = {0}.
Nous avons donc E = mf ⊕ Ker f et la décomposition de tout vecteur x selon cette
somme directe est x = f (x) +
x − f (x)
. Ceci démontre que f est la projection sur mf
parallèlement à Ker f .
7.
1. a. Nous savons que si p est un projecteur, alors p ◦ p = p.
u = p ◦ u − u ◦ p =⇒ p ◦ u = p
2
◦ u − p ◦ u ◦ p = p ◦ u − p ◦ u ◦ p,
d’où : p ◦ u ◦ p = 0
De même, u ◦ p = p ◦ u ◦ p − u ◦ p
2 = −u ◦ p,
d’où : u ◦ p = 0
b. D’où u = p ◦ u et donc u
2 = p ◦ (u ◦ p) ◦ u = 0.
2. a. Soit x ∈ ∈mu, il existe z ∈ E tel que x = u(z) et u(x) = u
2 (z) = 0, donc x ∈ Ker u,
ce qui prouve l’inclusion demandée.
b. Nous avons u ◦ q = 0 (car H ⊂ Ker u) et pour tout x ∈ E, q
u(x)
= u(x) (car u(x)
appartient à mu, donc à H). Ainsi
q ◦ u − u ◦ q = u
3. Ce qui précède montre que la condition nécessaire et suffisante cherchée est u
2 = 0.
Il y a en général plusieurs façons de choisir H (si mu = Ker u), de plus, pour un sousespace H il existe en général plusieurs supplémentaires ce qui conduit à plusieurs choix du
projecteur p.
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SOLUTIONS
Solutions
Nous avons alors pour tout i ∈ Ú1, nÛ
f
(X − a)
i
= (X − a)
i(X − a)
i−1
− 0
− 2
(X − a)
i
− 0
= (i − 2)(X − a)
i ,
de plus f
(X − a)
0
= f (1) = 0.
De ces calculs, il est facile de déduire que l’on a
Ker(f ) = Vect
(X − a)
0 , (X − a)
2
et m(f ) = Vect
(X − a)
1 , (X − a)
3 , (X − a)
4 , . . . , (X − a)
n
.
6.
Montrer que f est une projection sur mf parallèlement à Ker f consiste à montrer
que E = mf ⊕ Ker f puis que, pour tout x de E, la décomposition unique de x en une
somme d’un élément u de mf et d’un élément v de Ker f est telle que f (x) = u. nous
devrions alors avoir l’égalité x = u + v = f (x) + v et donc v = x − f (x). Ces considérations
conduisent à la solution de l’exercice.
Soit f un endomorphisme de E tel que f ◦ f = f .
Nous avons pour tout x de E l’égalité x = f (x) +
x − f (x)
. Il est clair que f (x) ∈ ∈mf ; par
ailleurs f
x − f (x)
= f (x) − f
f (x)
= f (x) − f (x) = 0 et donc
x − f (x)
∈ Ker f . Ce qui
prouve E = mf + Ker f .
Soit maintenant x ∈ ∈mf ∩ Ker f . Il existe t ∈ E tel que x = f (t) et nous avons
x = f (t) = f ◦ f (t) = f
f (t)
= f (x) = 0 ce qui prouve que mf ∩ Ker f = {0}.
Nous avons donc E = mf ⊕ Ker f et la décomposition de tout vecteur x selon cette
somme directe est x = f (x) +
x − f (x)
. Ceci démontre que f est la projection sur mf
parallèlement à Ker f .
7.
1. a. Nous savons que si p est un projecteur, alors p ◦ p = p.
u = p ◦ u − u ◦ p =⇒ p ◦ u = p
2
◦ u − p ◦ u ◦ p = p ◦ u − p ◦ u ◦ p,
d’où : p ◦ u ◦ p = 0
De même, u ◦ p = p ◦ u ◦ p − u ◦ p
2 = −u ◦ p,
d’où : u ◦ p = 0
b. D’où u = p ◦ u et donc u
2 = p ◦ (u ◦ p) ◦ u = 0.
2. a. Soit x ∈ ∈mu, il existe z ∈ E tel que x = u(z) et u(x) = u
2 (z) = 0, donc x ∈ Ker u,
ce qui prouve l’inclusion demandée.
b. Nous avons u ◦ q = 0 (car H ⊂ Ker u) et pour tout x ∈ E, q
u(x)
= u(x) (car u(x)
appartient à mu, donc à H). Ainsi
q ◦ u − u ◦ q = u
3. Ce qui précède montre que la condition nécessaire et suffisante cherchée est u
2 = 0.
Il y a en général plusieurs façons de choisir H (si mu = Ker u), de plus, pour un sousespace H il existe en général plusieurs supplémentaires ce qui conduit à plusieurs choix du
projecteur p.
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