Bonjour.

J'ai la fonction suivante

f(x,y,z) = (x-y+z,-x+y,z,2z)

J'ai calculé la matrice A de f dans la base canonique

\begin{pmatrix}1&-1&1 \\ -1&1&1 \\ 0&0&2 \end{pmatrix}

J'ai calculé le rang de cette matrice et j'ai trouvé Rang(A) = Rang(f) = 2

Je voudrais montrer que Im(f) + Ker(f) sont supplimentaires dans R\^\{3}

donc j'ai determiné Ker(f) = <(1,1,0)> donc dim(ker(f)) = 1

et on sait bien que rang(f) = dim(Im(f)) = 2

donc dim(ker(f)) + dim(Im(f)) = 3 dim R\^\{3}

après , j'ai montré que Ker(f) \cap Im(f) = {(0,0,0)} :

soit V \in Ker(f) \cap Im(f)

V = (α,α,0)
et

\begin{cases}
x-y+z=α\\
-x+y+z=α\\
2z=0
\end{cases}

ce qui me donne que

Ker(f) \cap Im(f) = {(0,0,0)}

donc j'ai conclu que Im(f) et ker(f) sont supplémentaires dans R^{3} .

Je voudrais savoir si c'est juste ou non car j'ai vu la correction du prof et c'etait pas le meme raisonnement

Merci !

-
Edité par ahmedkhabkhab 8 mai 2014 à 11:29:51

Bonjour,

Si on reviens à la définition de sous-espaces supplémentaires dans un espace de dimension finie il faut montrer que \(Ker(f)\) et \(Im(f)\) vérifie les conditions \(dim Ker(f) + dim Im(f) = dim \mathbb{R}^3 \) et \( Ker(f) \cap Im(f) = \{0_{\mathbb{R}^3}\}\).

C'est bien ce que tu as fait donc ton raisonnement est bon même si ce n'est pas le même que celui de ton prof Tu peux cependant le simplifier en ce qui concerne les dimensions au moins. En effet, le théorème de rang permet de conclure plus facilement que ce que tu as fait

Cordialement, 

MadGames

-
Edité par MadGames 8 mai 2014 à 11:30:26

S'il  vous  plaît  comment  en peu montrer que kerf^imgf={0R³}

Bonjour,

Déterrage

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