Le projecteur fait partie des concepts essentiels qu’il est nécessaire de connaitre lorsqu’on travaille avec des espaces vectoriels. Dans cet article, nous allons présenter cette notion, en étudier les propriétés principales et faire quelques exercices classiques qui permettent de bien comprendre ce concept.
Prérequis
- Espaces vectoriels
- Sous-espaces vectoriels
- Espaces vectoriels supplémentaires
- Applications linéaires
Définition d’un projecteur
Soit E un \mathbb{K}-espace vectoriel. Soient F et G deux sous-espaces vectoriels tels que E = F \oplus G . On sait donc que pour x élément de E, on a \exists ! y \in F, z \in G, x = y+z . Le projecteur sur F parallèlement à G noté p est l’endomorphisme défini par
p : \left\{ \begin{array}{ccc} E = F \oplus G&\to& E\\ x =y+z&\mapsto& y\end{array} \right.Propriétés des projecteurs
Les projecteurs vérifient les propriétés suivantes :
- p^2 = p . La réciproque est vraie et c’est donc une caractérisation utile pour montrer qu’on a un projecteur.
- Id - p est le projecteur sur G parallèlement à F
- Un projecteur p est le projecteur sur \text{im}(p) parallèlement à \ker(p) . Donc on peut dire que F = \text{im}(p) et G = \ker(p) .
- Dans une base adaptée à F et G, la matrice d’un projecteur peut s’écrire
\begin{pmatrix}
I_r & 0_{r,n-r} \\
0_{n-r,r} & 0_{n-r}
\end{pmatrix}Exercices corrigés
Exercice 1075
Enoncé
Corrigé
Question 1 : Soit x \in P \cap D. Comme x appartient à D, il est de la forme \left (a , \dfrac{a}{2}, \dfrac{a}{3} \right). Or, il appartient aussi à P, donc a+ \dfrac{a}{2} + \dfrac{a}{3}= 0 \iff \dfrac{11}{6} a =0 \iff a = 0. On obtient alors que x = (0,0,0 ce qui nous permet de dire que P \cap D = 0.
Or, \dim(D) = 1; \dim(P) = 2 donc \dim(\R^3) = \dim(P) + \dim(D).
Ces deux éléments nous permettent de conclure que \R^3= D \oplus P
Question 2 : On sait que u = x'+ x'' , x' \in P, x'' \in D . On peut écrire x'' = \left (a , \dfrac{a}{2}, \dfrac{a}{3} \right). D’où
\begin{array}{ll}
x' & =x- x'' \\
& = (x,y,z) - \left (a , \dfrac{a}{2}, \dfrac{a}{3} \right)\\
& =\left (x-a ,y- \dfrac{a}{2}, z-\dfrac{a}{3} \right)
\end{array}Or,
\begin{array}{ll}
&x-a +y- \dfrac{a}{2}+z-\dfrac{a}{3} = 0 \\
\iff & x+y+z - \dfrac{11}{6} a = 0\\
\iff & a = \dfrac{6}{11}(x+y+z)
\end{array}D’où
\begin{array}{ll}
p(x) &= x'\\& = \left (x-a ,y- \dfrac{a}{2}, z-\dfrac{a}{3} \right)\\
&= \left (\dfrac{5}{11}x- \dfrac{6}{11}y-\dfrac{6}{11}z ,-\dfrac{3}{11}x+ \dfrac{8}{11}y-\dfrac{3}{11}z, -\dfrac{2}{11}x+ \dfrac{9}{11}y-\dfrac{2}{11}z\right)
\end{array}Ce qui va nous donner la matrice suivante dans la base canonique :
A = \begin{pmatrix}
\dfrac{5}{11}&-\dfrac{6}{11}&-\dfrac{6}{11} \\
-\dfrac{3}{11}& \dfrac{8}{11}&-\dfrac{3}{11}\\
-\dfrac{2}{11}&- \dfrac{2}{11}&\dfrac{9}{11}
\end{pmatrix} Question 3 : Il suffit de prendre une base adaptée à P et à D. Par exemple, en écrivant x = -y-z :
P = \text{vect}((-1,1,0);(-1,0,1))Et
D = \text{vect}\left( \left (a , \dfrac{a}{2}, \dfrac{a}{3} \right)\right)On obtient bien une base de \R^3 avec comme matrice
B = \begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&1&0\\
0&0&0
\end{pmatrix}Exercice 521
Enoncé
Corrigé
Calculons le carré de cet endomorphisme. Si \text{im}(q)\subset \ker(p) , cela signifie que p\circ q(x) = 0 \iff p \circ q = 0 . On a donc :
\begin{array}{ll}
(q\circ p + p+q)^2 &= (q\circ p + p+q)\circ (q\circ p + p+q)\\
& = q\circ p \circ q\circ p + q\circ p \circ p + q\circ p\circ q + p \circ q\circ p \\
&+ p \circ p + p \circ q + q \circ q \circ p + q \circ p + q \circ q \\
& = q\circ (p \circ q)\circ p + q\circ p^2 + q\circ (p\circ q) + (p \circ q)\circ p \\
&+ p^2 + 0 + q \circ (q \circ p) + q \circ p + q^2 \\
& = 0 + q\circ p + q\circ 0 + 0\circ p + p + q \circ 0 + 0 + q\\
&= q \circ p + p + q
\end{array}Ce qui, au terme de ces calculs nous permet de conclure.
Exercice 98
Enoncé
Corrigé (en vidéo)
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