- ensembles supplémentaires : E1 et E2 de E si :
∀ V ∈ E : ∃! (V1∈ E1, V2∈ E2) tel que V = V1 + V2
∀ V ∈ E : on peut décomposer V de manière unique en la somme de 2 vecteurs de E1 et E2
1) Les ensembles E1 et E2 doivent engendrer E (pour que ∃ (V1, V2))
2) les ensembles E1 et E2 doivent être disjoints (pour que (V1, V2) soit unique)
définition de la projection : proj(V sur E1 // E2) = V1 (tel que V = V1 + V2)
système libre : si la seule combinaison linéaire pour obtenir 0 est : tous les coefficients nuls
Quand on dit ∀ V, il suffit de le vérifier pour les vecteurs de base.
grâce à la linéarité, ce qui est vrai pour les vecteurs de base est vrai pour tous les vecteurs. - décomposer une fonction quelconque f(x) en une fonction paire + une fonction impaire :
fpaire(x) = (f(x) + f(−x)) /2
fimpaire(x) = (f(x) − f(−x)) /2
vérification :
fpaire(−x) intervertit f(x) et f(−x), ce qui ne change rien = fpaire(x)
fimpaire(−x) intervertit f(x) et f(−x), ce qui change le signe = −fimpaire(x)
le moins se retrouve devant f(x) au lieu de f(−x)
remarque : f(x) = fpaire(x) + fimpaire(x)
remarque : f(−x) = fpaire(x) − fimpaire(x)
- Remarque : dimension maximale : 3 car 3 composantes (sous-ensemble de ℝ3)
E1 est-il un système libre ? Si sa dimension est 3, E1 et E2 ne peuvent pas être supplémentaires
en algèbre linéaire, il suffit souvent de raisonner sur les vecteurs de base. - réduisons le système E1 à une famille libre :
det(3 vecteurs) = 0 : la famille est liée ; sous-déteminant non nul en prenant les 2 premiers vecteurs
(3,6,3) = x (1,2,2) + y (2,4,1) = (x+2y, 2x+4y, 2x+y)
méthode de substitution : 3=x+2y ⇒ x=3−2y
6=2x+4y=2(3−2y)+4y = 6 (naturellement vérifiée)
normal : les secondes composantes des 3 vecteurs sont proportionnelles aux premières composantes
3=2x+y=2(3−2y)+y=6−3y ⇒ y=1
donc x=3−2y=1
vérification : 1 (1,2,2) + 1 (2,4,1) = (3,6,3)
le 3ème vecteur est une combinaison linéaire des 2 premiers : il est redondant.
E1 est de dimension 2 : on prendra pour sa base : { (1,2,2), (2,4,1) } - Les 3 vecteurs de base de E1 et E2 forment-ils une base de ℝ3 ?
(0,0,0) = a (1,2,2) + b (2,4,1) + c (0,1,0) : la décomposition existe-elle et est-elle unique ?
0 = a + 2b (1)
0 = 2a + 4b + c (2)
0 = 2a + b (3)
(1) et (3) : a=−2b ⇒ 0=2a+b=2(−2b)+b=−3b : b=0
substitution : a=−2b=0
(2) : c=−2a−4b=0
les 3 vecteurs { (1,2,2), (2,4,1), (0,1,0) } forment un système libre ou base d'un espace de dimension 3 = ℝ3
E1 et E2 sont supplémentaires dans ℝ3 - On peut aussi vérifier que (0,1,0) n'est pas une combinaison de (1,2,2) et (2,4,1) :
(0,1,0) = a (1,2,2) + b (2,4,1)
0=a+2b, 1=2a+4b, 0=2a+b
a=−2b, b=−2a=4b soit 3b=0, a=0 reste à vérifier 1=2a−8a=−6a=0 FAUX
(0,1,0) est indépendant, donc n'appartient pas à E1 - projection de (2,4,6) sur E1 parallèlement à E2
décomposition (2,4,6) = a (1,2,2) + b (2,4,1) + c (0,1,0)
2 = a + 2b ⇒ a=2−2b
4 = 2a+4b+c ⇒ c=4−2a−4b
6 = 2a+b ⇒ b=6−2a=6−2(2−2b)=6−4+4b=2+4b ⇒ 3b=−2 : b=−2/3
a=2−2b=2+4/3 = 10/3
c=4−2a−4b=4−20/3+8/3=(12−20+8)/3=0
vérification : (2,4,6) ?=? 10/3 (1,2,2) − 2/3 (2,4,1) + 0 (0,1,0)
pour éviter les fractions : 3 (2,4,6) ?=? 10 (1,2,2) − 2 (2,4,1) + 0 (0,1,0) = (10−4,20−8, 20−2) ok
décomposition : (2,4,6) = 10/3 (1,2,2) − 2/3 (2,4,1) + 0 (0,1,0)
(2,4,6) ∈ E1
projection de (2,4,6) sur E1 parallèlement à E2 = (2,4,6)
projection de (2,4,6) sur E2 parallèlement à E1 = (0,0,0)
ex = fp(x) + fi(x)
e−x = fp(−x) + fi(−x) = fp(x) − fi(x)
ex + e−x = 2 fp(x) soit fp(x) = (ex + e−x)/2 = cosh(x)
ex − e−x = 2 fi(x) soit fi(x) = (ex − e−x)/2 = sinh(x)
vérification : cosh(−x) = (e−x + ex)/2 = cosh(x) (paire)
sinh(−x) = (e−x − ex)/2 = −(ex − e−x)/2 = −sinh(x) (impaire)
