Algèbre Linéaire Prépa : Espaces Vectoriels & Applications

Correction :

Pour qu'un ensemble $F$ soit un sous-espace vectoriel de $E$, il doit satisfaire trois conditions :

1. $F$ est non vide (contient le vecteur nul de $E$).
2. $F$ est stable par addition : $\forall u, v \in F, u+v \in F$.
3. $F$ est stable par multiplication scalaire : $\forall \lambda \in \mathbb{R}, \forall u \in F, \lambda u \in F$.

1. Pour $F_1 = \{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \mid x - 2y + z = 0 \}$ :

   • Non-vide : Le vecteur nul $(0,0,0)$ vérifie $0 - 2(0) + 0 = 0$. Donc $(0,0,0) \in F_1$. $F_1$ est non vide.
   • Stabilité par addition : Soient $u = (x_1, y_1, z_1) \in F_1$ et $v = (x_2, y_2, z_2) \in F_1$.

   Cela signifie $x_1 - 2y_1 + z_1 = 0$ et $x_2 - 2y_2 + z_2 = 0$.

   Considérons $u+v = (x_1+x_2, y_1+y_2, z_1+z_2)$.

   $(x_1+x_2) - 2(y_1+y_2) + (z_1+z_2) = (x_1 - 2y_1 + z_1) + (x_2 - 2y_2 + z_2) = 0 + 0 = 0$.

   Donc $u+v \in F_1$.

   • Stabilité par multiplication scalaire : Soient $\lambda \in \mathbb{R}$ et $u = (x_1, y_1, z_1) \in F_1$.

   Cela signifie $x_1 - 2y_1 + z_1 = 0$.

   Considérons $\lambda u = (\lambda x_1, \lambda y_1, \lambda z_1)$.

   $(\lambda x_1) - 2(\lambda y_1) + (\lambda z_1) = \lambda (x_1 - 2y_1 + z_1) = \lambda (0) = 0$.

   Donc $\lambda u \in F_1$.

   Les trois conditions sont remplies. $F_1$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$.

   Résultat : $F_1$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$.

2. Pour $F_2 = \{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \mid x + y = 1 \}$ :

   • Non-vide : Par exemple, $(1,0,0) \in F_2$ car $1+0=1$. $F_2$ est non vide.
   • Contient le vecteur nul ? : Le vecteur nul $(0,0,0)$ ne vérifie pas $0+0=1$. Donc $(0,0,0) \notin F_2$.

   Puisque le vecteur nul n'appartient pas à $F_2$, $F_2$ ne peut pas être un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$. Il n'est pas nécessaire de vérifier les autres conditions.

   Résultat : $F_2$ n'est pas un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$.

   Astuce méthode : La première chose à vérifier pour un sous-espace vectoriel est toujours la présence du vecteur nul. Si le vecteur nul n'est pas là, ce n'est pas un SEV !

Correction :

Une famille de vecteurs $\{v_1, v_2, v_3\}$ est libre si et seulement si l'équation $\alpha_1 v_1 + \alpha_2 v_2 + \alpha_3 v_3 = 0_E$ n'admet que la solution triviale $\alpha_1 = \alpha_2 = \alpha_3 = 0$. Si elle admet d'autres solutions, la famille est liée.

L'équation vectorielle s'écrit :

$\alpha_1 (1, 2, 3) + \alpha_2 (0, 1, 1) + \alpha_3 (1, 1, 2) = (0, 0, 0)$

Ce qui donne le système linéaire suivant :

$$ \begin{cases} \alpha_1 + 0\alpha_2 + \alpha_3 = 0 & (L_1) \\ 2\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3 = 0 & (L_2) \\ 3\alpha_1 + \alpha_2 + 2\alpha_3 = 0 & (L_3) \end{cases} $$

De $(L_1)$, on a $\alpha_1 = -\alpha_3$. Substituons dans $(L_2)$ et $(L_3)$ :

$$ \begin{cases} 2(-\alpha_3) + \alpha_2 + \alpha_3 = 0 \implies \alpha_2 - \alpha_3 = 0 \implies \alpha_2 = \alpha_3 & (L_2') \\ 3(-\alpha_3) + \alpha_2 + 2\alpha_3 = 0 \implies \alpha_2 - \alpha_3 = 0 \implies \alpha_2 = \alpha_3 & (L_3') \end{cases} $$

Le système se réduit à $\alpha_1 = -\alpha_3$ et $\alpha_2 = \alpha_3$.

On peut choisir $\alpha_3 = 1$ (par exemple). Alors $\alpha_1 = -1$ et $\alpha_2 = 1$.

On a trouvé une solution non triviale $(-1, 1, 1)$, ce qui signifie que :

$(-1)v_1 + (1)v_2 + (1)v_3 = 0_E$

Donc $v_3 = v_1 - v_2$. Un vecteur peut s'exprimer comme combinaison linéaire des autres.

La famille est liée.

Correction :

Une application $L: E \to F$ est linéaire si elle vérifie deux conditions (ou une seule, combinée) :

1. Additivité : $\forall u, v \in E, L(u+v) = L(u) + L(v)$.
2. Homogénéité : $\forall \lambda \in \mathbb{R}, \forall u \in E, L(\lambda u) = \lambda L(u)$.

On peut aussi vérifier directement $L(\lambda u + v) = \lambda L(u) + L(v)$.

1. Pour $f(x, y) = (x+y, x-y)$ :

   Soient $u = (x_1, y_1)$ et $v = (x_2, y_2)$ dans $\mathbb{R}^2$. Soit $\lambda \in \mathbb{R}$.

   Calculons $f(\lambda u + v) = f(\lambda x_1 + x_2, \lambda y_1 + y_2)$.

   $f(\lambda u + v) = ((\lambda x_1 + x_2) + (\lambda y_1 + y_2), (\lambda x_1 + x_2) - (\lambda y_1 + y_2))$

   $f(\lambda u + v) = (\lambda (x_1+y_1) + (x_2+y_2), \lambda (x_1-y_1) + (x_2-y_2))$

   $f(\lambda u + v) = (\lambda(x_1+y_1), \lambda(x_1-y_1)) + ((x_2+y_2), (x_2-y_2))$

   $f(\lambda u + v) = \lambda f(x_1, y_1) + f(x_2, y_2) = \lambda f(u) + f(v)$.

   L'application $f$ est linéaire.

   Résultat : L'application $f$ est linéaire.

2. Pour $g(x, y) = xy$ :

   Vérifions la condition d'homogénéité avec $\lambda = 2$ et $u=(1,1)$.

   $g(u) = g(1,1) = 1 \times 1 = 1$.

   $\lambda g(u) = 2 \times 1 = 2$.

   Calculons $g(\lambda u) = g(2(1), 2(1)) = g(2,2) = 2 \times 2 = 4$.

   Puisque $g(\lambda u) = 4$ et $\lambda g(u) = 2$, on a $g(\lambda u) \neq \lambda g(u)$.

   L'application $g$ n'est pas linéaire.

   Résultat : L'application $g$ n'est pas linéaire.

   Point méthode : Pour montrer qu'une application n'est PAS linéaire, il suffit de trouver un contre-exemple qui ne satisfait pas l'une des deux conditions (additivité ou homogénéité). Les fonctions avec des produits de variables, puissances ou constantes non nulles sont souvent non linéaires.

Correction :

1. Pour montrer que $F$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$ :

   • Non-vide : Le vecteur nul $(0,0,0)$ vérifie $0 - 0 + 2(0) = 0$. Donc $(0,0,0) \in F$. $F$ est non vide.
   • Stabilité par combinaison linéaire : Soient $u = (x_1, y_1, z_1) \in F$ et $v = (x_2, y_2, z_2) \in F$, et $\lambda \in \mathbb{R}$.

   On a $x_1 - y_1 + 2z_1 = 0$ et $x_2 - y_2 + 2z_2 = 0$.

   Considérons $\lambda u + v = (\lambda x_1 + x_2, \lambda y_1 + y_2, \lambda z_1 + z_2)$.

   $(\lambda x_1 + x_2) - (\lambda y_1 + y_2) + 2(\lambda z_1 + z_2) = \lambda (x_1 - y_1 + 2z_1) + (x_2 - y_2 + 2z_2) = \lambda (0) + 0 = 0$.

   Donc $\lambda u + v \in F$.

   Les conditions sont remplies. $F$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$.

   Résultat : $F$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$.

2. Pour déterminer une base de $F$, on exprime les vecteurs de $F$ sous forme paramétrique. L'équation $x - y + 2z = 0$ permet d'exprimer une variable en fonction des autres. Choisissons $x = y - 2z$.

   Un vecteur $(x, y, z) \in F$ peut s'écrire :

   $(y - 2z, y, z) = (y, y, 0) + (-2z, 0, z)$

   $(y - 2z, y, z) = y(1, 1, 0) + z(-2, 0, 1)$.

   Les vecteurs $v_1 = (1, 1, 0)$ et $v_2 = (-2, 0, 1)$ engendrent $F$. C'est une famille génératrice de $F$.

   Vérifions si cette famille est libre. S'ils sont colinéaires, ils sont liés. Clairement, $v_1$ et $v_2$ ne sont pas colinéaires (il n'existe pas de $\alpha$ tel que $v_2 = \alpha v_1$).

   Donc, la famille $\{v_1, v_2\}$ est une base de $F$.

   La dimension de $F$ est le nombre de vecteurs dans sa base, soit 2.

   Résultat : Une base de $F$ est $\{(1, 1, 0), (-2, 0, 1)\}$. $\text{dim}(F) = 2$.

   Point méthode : Pour trouver une base d'un SEV défini par des équations, on résout le système d'équations en exprimant des variables en fonction des autres. Chaque "variable libre" correspond à un vecteur de base.

Correction :

1. Noyau de $f$ ($\text{Ker}(f)$) :

   Le noyau est l'ensemble des vecteurs de l'espace de départ qui sont envoyés sur le vecteur nul de l'espace d'arrivée.

   $\text{Ker}(f) = \{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \mid f(x, y, z) = (0, 0) \}$.

   Ceci conduit au système d'équations :

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

   De la première équation, $x = -y$. De la seconde, $z = y$.

   Un vecteur $(x, y, z)$ dans le noyau est donc de la forme $(-y, y, y)$.

   $(-y, y, y) = y(-1, 1, 1)$.

   Donc $\text{Ker}(f)$ est engendré par le vecteur $v_1 = (-1, 1, 1)$. Ce vecteur est non nul, donc il forme une base du noyau.

   La dimension du noyau est 1.

   Résultat : $\text{Ker}(f) = \text{Vect}((-1, 1, 1))$, $\text{dim}(\text{Ker}(f)) = 1$.

2. Image de $f$ ($\text{Im}(f)$) :

   L'image est l'ensemble des vecteurs de l'espace d'arrivée qui sont atteints par $f$.

   On peut trouver une famille génératrice de l'image en appliquant $f$ aux vecteurs de la base canonique de l'espace de départ $\mathbb{R}^3$ :

   $f(1, 0, 0) = (1+0, 0-0) = (1, 0)$.

   $f(0, 1, 0) = (0+1, 1-0) = (1, 1)$.

   $f(0, 0, 1) = (0+0, 0-1) = (0, -1)$.

   Donc $\text{Im}(f) = \text{Vect}((1, 0), (1, 1), (0, -1))$.

   Nous sommes dans $\mathbb{R}^2$, dont la dimension est 2. L'image est donc au maximum de dimension 2. Les vecteurs $(1,0)$ et $(1,1)$ sont clairement non colinéaires, ils forment donc une famille libre de deux vecteurs dans $\mathbb{R}^2$. Ils forment donc une base de $\mathbb{R}^2$.

   Par conséquent, $\text{Im}(f) = \mathbb{R}^2$.

   La dimension de l'image est 2.

   On peut vérifier avec le théorème du rang : $\text{dim}(\mathbb{R}^3) = \text{dim}(\text{Ker}(f)) + \text{dim}(\text{Im}(f))$.

   $3 = 1 + \text{dim}(\text{Im}(f))$, donc $\text{dim}(\text{Im}(f)) = 2$. Cela correspond bien à notre résultat.

   Résultat : $\text{Im}(f) = \mathbb{R}^2$, $\text{dim}(\text{Im}(f)) = 2$. (Une base est par exemple $\{(1,0), (0,1)\}$ ou $\{(1,0), (1,1)\}$.)

   Point méthode : Pour l'image, tu peux soit calculer $f$ des vecteurs de base de l'espace de départ, soit chercher les conditions sur les coordonnées de l'espace d'arrivée pour qu'un vecteur y appartienne. Le théorème du rang est un excellent moyen de vérifier la cohérence de tes dimensions.

Correction :

La matrice d'une application linéaire $f: E \to F$ dans les bases canoniques est obtenue en appliquant $f$ aux vecteurs de la base canonique de l'espace de départ $E$, et en exprimant les images obtenues comme des colonnes de la matrice dans la base canonique de l'espace d'arrivée $F$.

La base canonique de $\mathbb{R}^2$ est $\{e_1 = (1, 0), e_2 = (0, 1)\}$.

Calculons $f(e_1)$ et $f(e_2)$ :

• $f(1, 0) = (1-0, 2(1)+0, 1) = (1, 2, 1)$.
• $f(0, 1) = (0-1, 2(0)+1, 0) = (-1, 1, 0)$.

Ces vecteurs images sont les colonnes de la matrice $A$. La matrice $A$ aura 3 lignes (dimension de l'espace d'arrivée $\mathbb{R}^3$) et 2 colonnes (dimension de l'espace de départ $\mathbb{R}^2$).

$$ A = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 2 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} $$

Correction :

1. Matrice de passage $P_{\mathcal{B} \to \mathcal{B}'}$ :

   La matrice de passage de $\mathcal{B}$ vers $\mathcal{B}'$ est l'inverse de la matrice de passage de $\mathcal{B}'$ vers $\mathcal{B}$.

   La matrice de passage de $\mathcal{B}'$ vers $\mathcal{B}$, notée $P_{\mathcal{B}' \to \mathcal{B}}$, a pour colonnes les vecteurs de $\mathcal{B}'$ exprimés dans la base $\mathcal{B}$.

   $P_{\mathcal{B}' \to \mathcal{B}} = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$.

   Maintenant, calculons son inverse $P_{\mathcal{B} \to \mathcal{B}'} = (P_{\mathcal{B}' \to \mathcal{B}})^{-1}$.

   Le déterminant de $P_{\mathcal{B}' \to \mathcal{B}}$ est $\text{det}(P_{\mathcal{B}' \to \mathcal{B}}) = (1)(1) - (-1)(1) = 1 + 1 = 2$.

   L'inverse est donnée par $\frac{1}{\text{det}(A)} \text{com}(A)^T$.

   Pour une matrice $2 \times 2$, $\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}^{-1} = \frac{1}{ad-bc} \begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}$.

   $P_{\mathcal{B} \to \mathcal{B}'} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1/2 & 1/2 \\ -1/2 & 1/2 \end{pmatrix}$.

   Résultat : La matrice de passage $P_{\mathcal{B} \to \mathcal{B}'} = \begin{pmatrix} 1/2 & 1/2 \\ -1/2 & 1/2 \end{pmatrix}$.

2. Coordonnées de $v$ dans $\mathcal{B}'$ :

   Soit $X_{\mathcal{B}} = \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix}$ les coordonnées de $v$ dans $\mathcal{B}$.

   Les coordonnées de $v$ dans $\mathcal{B}'$, $X_{\mathcal{B}'}$, sont données par la formule $X_{\mathcal{B}'} = P_{\mathcal{B} \to \mathcal{B}'} X_{\mathcal{B}}$.

   $X_{\mathcal{B}'} = \begin{pmatrix} 1/2 & 1/2 \\ -1/2 & 1/2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix}$

   $X_{\mathcal{B}'} = \begin{pmatrix} (1/2)(3) + (1/2)(2) \\ (-1/2)(3) + (1/2)(2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3/2 + 2/2 \\ -3/2 + 2/2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5/2 \\ -1/2 \end{pmatrix}$.

   Résultat : Les coordonnées de $v$ dans la base $\mathcal{B}'$ sont $(5/2, -1/2)$.

   Point méthode : La matrice $P_{\mathcal{B} \to \mathcal{B}'}$ est l'inverse de $P_{\mathcal{B}' \to \mathcal{B}}$. Pense bien à l'ordre : pour passer de $\mathcal{B}$ à $\mathcal{B}'$, tu utilises la matrice qui a pour colonnes les vecteurs de $\mathcal{B}$ exprimés dans $\mathcal{B}'$. Plus simple, $X_{\mathcal{B}'} = (P_{\mathcal{B}' \to \mathcal{B}})^{-1} X_{\mathcal{B}}$.

Correction :

1. Linéarité de $p$ :

   Soient $u = (x_1, y_1, z_1)$ et $v = (x_2, y_2, z_2)$ dans $\mathbb{R}^3$, et $\lambda \in \mathbb{R}$.

   Calculons $p(\lambda u + v) = p(\lambda x_1 + x_2, \lambda y_1 + y_2, \lambda z_1 + z_2)$.

   $p(\lambda u + v) = ((\lambda x_1 + x_2) + (\lambda y_1 + y_2) - (\lambda z_1 + z_2), \lambda y_1 + y_2, \lambda z_1 + z_2)$

   $p(\lambda u + v) = (\lambda(x_1+y_1-z_1) + (x_2+y_2-z_2), \lambda y_1 + y_2, \lambda z_1 + z_2)$

   $p(\lambda u + v) = (\lambda(x_1+y_1-z_1), \lambda y_1, \lambda z_1) + ((x_2+y_2-z_2), y_2, z_2)$

   $p(\lambda u + v) = \lambda p(u) + p(v)$.

   Donc $p$ est une application linéaire.

   Résultat : $p$ est linéaire.

2. $p$ est un projecteur ($p \circ p = p$) :

   Calculons $p(p(x, y, z))$ :

   $p(x, y, z) = (x+y-z, y, z)$.

   Soit $(x', y', z') = (x+y-z, y, z)$.

   $p(x', y', z') = ((x')+(y')-(z'), (y'), (z'))$

   $p(p(x, y, z)) = ((x+y-z) + y - z, y, z)$

   $p(p(x, y, z)) = (x+2y-2z, y, z)$.

   On constate que $p(p(x,y,z)) \neq p(x,y,z)$. Il y a une erreur dans l'énoncé de la fonction, ou je me suis trompé en calculant. Vérifions l'énoncé. Si $p(x,y,z) = (x+y-z, y, z)$, alors $p(p(x,y,z)) = ((x+y-z)+y-z, y, z ) = (x+2y-2z, y, z)$. Cela n'est égal à $(x+y-z, y, z)$ que si $y-z=0$.

   L'énoncé de la fonction $p$ doit être corrigé pour qu'elle soit un projecteur. Par exemple, $p(x,y,z) = (x+y-z, y, y)$ ou $p(x,y,z) = (x+y-z, y, z)$ mais avec $z=0$ pour l'image. Considérons que la fonction devrait être $p(x, y, z) = (x+y-z, y, y)$ ou une autre formulation qui la rende projecteur. Reprenons avec une fonction qui est effectivement un projecteur, par exemple $p(x, y, z) = (x, y, 0)$ ou $p(x, y, z) = (x+y, y, 0)$.

   Reprenons l'exercice en considérant que la fonction était $p(x, y, z) = (x+y, y, 0)$.

   Refaisons le point 2 avec $p(x, y, z) = (x+y, y, 0)$ :

   $p(p(x, y, z)) = p(x+y, y, 0)$.

   En appliquant $p$ à $(X, Y, Z) = (x+y, y, 0)$ :

   $p(X, Y, Z) = (X+Y, Y, 0) = ((x+y)+y, y, 0) = (x+2y, y, 0)$.

   Ce n'est pas un projecteur non plus. Mon hypothèse d'une fonction simple était fausse. La fonction de l'énoncé est : $p(x, y, z) = (x+y-z, y, z)$.

   Un projecteur a $p^2=p$. Cela signifie que $p(p(V)) = p(V)$ pour tout vecteur $V$. Si $V \in \text{Im}(p)$, alors $p(V)=V$.

   Pour la fonction $p(x, y, z) = (x+y-z, y, z)$ :

   Soit $V' = p(x,y,z) = (x+y-z, y, z)$.

   Alors $p(V') = p(x+y-z, y, z) = ((x+y-z)+y-z, y, z) = (x+2y-2z, y, z)$.

   Pour que $p(V') = V'$, il faudrait $x+2y-2z = x+y-z$, ce qui implique $y-z = 0$.

   La fonction telle qu'elle est écrite dans l'énoncé n'est pas un projecteur. Je vais modifier l'énoncé de l'exercice pour qu'il le soit. Pour être un projecteur, il faut que l'image du point projeté soit le point projeté lui-même. Une application $p(x,y,z)=(x+y, y, 0)$ est presqu'un projecteur. Un projecteur sur un plan $P: z=0$ le long de la direction $D=\text{Vect}(1,0,1)$ est $p(x,y,z) = (x-z, y, 0)$. Testons $p(x,y,z) = (x-z, y, 0)$ : $p(p(x,y,z)) = p(x-z, y, 0) = ((x-z)-0, y, 0) = (x-z, y, 0) = p(x,y,z)$. Oui, cette fonction est bien un projecteur. Je vais utiliser cette version.

   Reprise du point 2 avec $p(x, y, z) = (x-z, y, 0)$ :

   Calculons $p \circ p(x, y, z)$ :

   On a $p(x, y, z) = (x-z, y, 0)$.

   Soit $(X, Y, Z) = (x-z, y, 0)$.

   $p(X, Y, Z) = (X-Z, Y, 0) = ((x-z)-0, y, 0) = (x-z, y, 0)$.

   Donc $p(p(x, y, z)) = p(x, y, z)$. L'application $p$ est bien un projecteur.

   Résultat : $p \circ p = p$, donc $p$ est un projecteur.

3. Détermination de $\text{Im}(p)$ et $\text{Ker}(p)$ :

   Pour un projecteur $p$, on sait que $E = \text{Ker}(p) \oplus \text{Im}(p)$.

   Noyau de $p$ ($\text{Ker}(p)$) :

   $\text{Ker}(p) = \{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \mid p(x, y, z) = (0, 0, 0) \}$.

   Cela donne le système :

   $$ \begin{cases} x-z = 0 \\ y = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} $$

   Donc $x = z$ et $y = 0$.

   Les vecteurs du noyau sont de la forme $(z, 0, z) = z(1, 0, 1)$.

   $\text{Ker}(p) = \text{Vect}((1, 0, 1))$. C'est une droite vectorielle. $\text{dim}(\text{Ker}(p)) = 1$.

   Image de $p$ ($\text{Im}(p)$) :

   L'image est l'ensemble des vecteurs de la forme $(x-z, y, 0)$.

   Posons $X = x-z$ et $Y = y$. Un vecteur de l'image est de la forme $(X, Y, 0)$.

   Ces vecteurs sont de la forme $(X, Y, 0) = X(1, 0, 0) + Y(0, 1, 0)$.

   $\text{Im}(p) = \text{Vect}((1, 0, 0), (0, 1, 0))$. C'est un plan vectoriel (le plan $z=0$). $\text{dim}(\text{Im}(p)) = 2$.

   Relation : On constate que $\text{dim}(\text{Ker}(p)) + \text{dim}(\text{Im}(p)) = 1 + 2 = 3 = \text{dim}(\mathbb{R}^3)$.

   De plus, $\text{Ker}(p)$ est la droite d'équation $y=0, x=z$. $\text{Im}(p)$ est le plan d'équation $z=0$. Ces deux sous-espaces sont supplémentaires, c'est-à-dire que leur intersection est le vecteur nul et leur somme est l'espace entier. $\mathbb{R}^3 = \text{Ker}(p) \oplus \text{Im}(p)$.

   Résultat : $\text{Ker}(p) = \text{Vect}((1, 0, 1))$, $\text{Im}(p) = \text{Vect}((1, 0, 0), (0, 1, 0))$. Ces sous-espaces sont supplémentaires.

   Point méthode : Pour un projecteur, l'image est l'ensemble des vecteurs $v$ tels que $p(v)=v$. Le noyau est le sous-espace sur lequel on projette "parallèlement". Le noyau et l'image d'un projecteur sont toujours supplémentaires.