Espaces vectoriels et applications linéaires

1. On utilise la caractérisation : $0\in F$ et stabilité par combinaison linéaire (fiche § 2).

• $F_1$ : $0=(0,0,0)$ vérifie l'équation. Si $u=(x,y,z)$ et $u^{\mathrm{\prime }}=(x^{\mathrm{\prime }},y^{\mathrm{\prime }},z^{\mathrm{\prime }})$ sont dans $F_1$ et $\lambda ,\mu \in ℝ$, alors $(\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }})-2(\lambda y+\mu y^{\mathrm{\prime }})+3(\lambda z+\mu z^{\mathrm{\prime }})=\lambda (x-2y+3z)+\mu (x^{\mathrm{\prime }}-2y^{\mathrm{\prime }}+3z^{\mathrm{\prime }})=0$. Oui (c'est aussi le noyau de la forme linéaire $(x,y,z)\mapsto x-2y+3z$).
• $F_2$ : $0+0+0=0\mathrm{\ne }1$, donc $0\mathrm{\notin }{F}_2$. Non.
• $F_3$ : $u=(1,1,0)\in F_3$ ($x=y$) et $v=(0,1,1)\in F_3$ ($y=z$), mais $u+v=(1,2,1)$ ne vérifie ni $x=y$ ni $y=z$. Non : $F_3$ est la réunion de deux plans dont aucun ne contient l'autre.
• $F_4$ : le polynôme nul vérifie $0=0$. Si $P,Q\in F_4$, alors $(\lambda P+\mu Q)(1)=\lambda P(1)+\mu Q(1)=\lambda P^{\mathrm{\prime }}(0)+\mu Q^{\mathrm{\prime }}(0)=(\lambda P+\mu Q{)}^{\mathrm{\prime }}(0)$ (linéarité de la dérivation et de l'évaluation). Oui.
• $F_5$ : la fonction nulle convient. Si $f,g\in F_5$, pour tout $x$, $(\lambda f+\mu g)(x+1)=\lambda f(x+1)+\mu g(x+1)=2(\lambda f+\mu g)(x)$. Oui (il n'est pas réduit à $\{0\}$ : il contient $x\mapsto 2^x$).
• $F_6$ : la suite nulle converge ; si $(u_n)\to \mathrm{\ell }$ et $(v_n)\to {\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}$, alors $(\lambda u_n+\mu v_n)\to \lambda \mathrm{\ell }+\mu {\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}$ (opérations sur les limites). Oui.

2. $F_1$ : $x=2y-3z$, donc $(x,y,z)=y(2,1,0)+z(-3,0,1)$ et $F_1=\mathrm{Vect}((2,1,0),(-3,0,1))$. Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (regarder les deux dernières coordonnées), ils forment une base : $\boxed{{\displaystyle \dim F_1=2}}$. $F_4$ : pour $P=a+bX+c{X}^2+d{X}^3$, $P(1)=a+b+c+d$ et $P^{\mathrm{\prime }}(0)=b$ ; la condition s'écrit $a=-c-d$, d'où $P=bX+c(X^2-1)+d(X^3-1)$. Donc $F_4=\mathrm{Vect}(X,X^2-1,X^3-1)$, famille de degrés échelonnés $1,2,3$ donc libre : c'est une base et $\boxed{{\displaystyle \dim F_4=3}}$ ($F_4$ est un hyperplan de ${ℝ}_3[X]$).

3. $D=\mathrm{Vect}((1,0,0))$ est de dimension $1$. Si $u=(\lambda ,0,0)\in F_1\cap D$, l'équation donne $\lambda =0$ : $F_1\cap D=\{0\}$. Comme $\dim F_1+\dim D=2+1=3=\dim {ℝ}^3$, le critère de la fiche (§ 5) donne $\boxed{{\displaystyle {ℝ}^3=F_1\oplus D}}$. Décomposition explicite : $(x,y,z)=(2y-3z,y,z)+(x-2y+3z)(1,0,0)$.

1.(a) Échelonnement (fiche § 6), qui ne change pas le $\mathrm{Vect}$ : $u_2-2u_1=(0,-3,3)$, $u_3-u_1=(0,-3,m+1)$, puis $(u_3-u_1)-(u_2-2u_1)=(0,0,m-2)$. Ainsi $\mathrm{Vect}(u_1,u_2,u_3)=\mathrm{Vect}((1,2,-1),(0,-3,3),(0,0,m-2))$.

• Si $m\mathrm{\ne }2$ : famille échelonnée de trois vecteurs non nuls, donc libre ; $\mathrm{rg}=3=\dim {ℝ}^3$ : c'est une base.
• Si $m=2$ : le troisième vecteur est nul, $\mathrm{rg}=2$ ($u_1$, $u_2$ non colinéaires).

Conclusion : $\boxed{{\displaystyle (u_1,u_2,u_3)\text{ forme une base de }{ℝ}^3⟺m\mathrm{\ne }2.}}$

(b) Pour $m=0$, $u_3=(1,-1,0)$. On cherche $a,b,c$ avec $a{u}_1+b{u}_2+c{u}_3=w$ : $$\{\begin{array}{l}a+2b+c=1\\ 2a+b-c=5\\ -a+b=-2\end{array}$$ La dernière équation donne $a=b+2$ ; en reportant : $3b+c=-1$ et $3b-c=1$, d'où $b=0$, $c=-1$, $a=2$. Ainsi $\boxed{{\displaystyle w=2u_1-u_3}}$, coordonnées $(2,0,-1)$. Vérification : $2(1,2,-1)-(1,-1,0)=(1,5,-2)$.

(c) Pour $m=2$, la relation $(u_3-u_1)=(u_2-2u_1)$ donne $\boxed{{\displaystyle u_3=u_2-u_1}}$ (vérification : $(2,1,1)-(1,2,-1)=(1,-1,2)$). Équation de $\mathrm{Vect}(u_1,u_2)$ : on cherche $\alpha x+\beta y+\gamma z=0$ vérifiée par $u_1$ et $u_2$ : $\alpha +2\beta -\gamma =0$ et $2\alpha +\beta +\gamma =0$ ; en ajoutant, $3\alpha +3\beta =0$ ; on prend $\alpha =1$, $\beta =-1$, $\gamma =-1$ : le plan a pour équation $\boxed{{\displaystyle x-y-z=0}}$ (c'est bien un plan, $\mathrm{rg}(u_1,u_2)=2$, et $u_1$, $u_2$ vérifient l'équation). Le vecteur $e_1=(1,0,0)$ ne vérifie pas cette équation, donc $e_1\mathrm{\notin }\mathrm{Vect}(u_1,u_2)$ et $(u_1,u_2,e_1)$ est libre (fiche § 4) ; trois vecteurs libres en dimension $3$ : c'est une base (théorème de la base incomplète réalisé avec un vecteur de la base canonique).

2. Pour tout $x$, ${\cos }^{2}x=\frac{1+\cos 2x}{2}$, donc $f_3=\frac{1}{2}{f}_0+\frac{1}{2}{f}_2$ : la famille est liée et $\mathrm{Vect}(f_0,f_1,f_2,f_3)=\mathrm{Vect}(f_0,f_1,f_2)$. Montrons que $(f_0,f_1,f_2)$ est libre. Si $a+b\cos x+c\cos 2x=0$ pour tout réel $x$ : en $x=0$, $a+b+c=0$ ; en $x=\pi$, $a-b+c=0$ ; en $x=\frac{\pi }{2}$, $a-c=0$. Les deux premières donnent $b=0$ et $a+c=0$, la troisième $a=c$, donc $a=b=c=0$. Ainsi $\boxed{{\displaystyle \mathrm{rg}(f_0,f_1,f_2,f_3)=3}}$.

3. Ce sont quatre polynômes de degrés $0,1,2,3$ : famille de degrés échelonnés, donc libre (fiche § 4) ; quatre vecteurs libres dans ${ℝ}_3[X]$, de dimension $4$ : c'est une base. Coordonnées de $X^3$ : on écrit $X=(X-1)+1$ et l'on développe par le binôme : $$X^3=((X-1)+1{)}^3=1+3(X-1)+3(X-1{)}^2+(X-1{)}^3,$$ coordonnées $\boxed{{\displaystyle (1,3,3,1)}}$. (C'est aussi la formule de Taylor en $1$ : $P(1)$, $P^{\mathrm{\prime }}(1)$, $\frac{P^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(1)}{2}$, $\frac{P^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(1)}{6}$.)

1. Pour $v=(x,y,z,t)$, $v^{\mathrm{\prime }}=(x^{\mathrm{\prime }},y^{\mathrm{\prime }},z^{\mathrm{\prime }},t^{\mathrm{\prime }})$ et $\lambda ,\mu$ réels, chaque coordonnée de $f(\lambda v+\mu v^{\mathrm{\prime }})$ est une expression du premier degré sans terme constant ; par exemple la première vaut $(\lambda x+\mu x^{\mathrm{\prime }})+(\lambda y+\mu y^{\mathrm{\prime }})-(\lambda t+\mu t^{\mathrm{\prime }})=\lambda (x+y-t)+\mu (x^{\mathrm{\prime }}+y^{\mathrm{\prime }}-t^{\mathrm{\prime }})$. Même calcul pour les deux autres : $f(\lambda v+\mu v^{\mathrm{\prime }})=\lambda f(v)+\mu f(v^{\mathrm{\prime }})$.

2. $v\in \mathrm{Ker}f⟺\{\begin{array}{l}x+y-t=0\\ x+2y+z=0\\ y+z+t=0\end{array}$. La deuxième moins la première donne $y+z+t=0$ : c'est la troisième. Le système se réduit à $x=-y+t$ et $z=-y-t$ ; donc $v=(-y+t,y,-y-t,t)=y(-1,1,-1,0)+t(1,0,-1,1)$. $\mathrm{Ker}f=\mathrm{Vect}(a,b)$ avec $a=(-1,1,-1,0)$ et $b=(1,0,-1,1)$, non colinéaires (deuxième et quatrième coordonnées) : $(a,b)$ est une base de $\mathrm{Ker}f$, et $\dim \mathrm{Ker}f=2$. (Contrôle : $f(a)=(-1+1,-1+2-1,1-1)=(0,0,0)$.)

3. Théorème du rang (${ℝ}^4$ de dimension finie) : $\mathrm{rg}f=4-2=\boxed{{\displaystyle 2}}$. $\mathrm{Im}f=\mathrm{Vect}(f(e_1),f(e_2),f(e_3),f(e_4))$ avec $f(e_1)=(1,1,0)$, $f(e_2)=(1,2,1)$, $f(e_3)=(0,1,1)$, $f(e_4)=(-1,0,1)$. $f(e_1)$ et $f(e_2)$ ne sont pas colinéaires et $\dim \mathrm{Im}f=2$ : $\boxed{{\displaystyle \mathrm{Im}f\text{ admet pour base }(f(e_1),f(e_2))}}$. Équation : les trois coordonnées $X=x+y-t$, $Y=x+2y+z$, $Z=y+z+t$ vérifient $X-Y+Z=0$ pour tout $v$. Le plan $\{X-Y+Z=0\}$ est de dimension $2$ et contient $\mathrm{Im}f$, de dimension $2$ : $\boxed{{\displaystyle \mathrm{Im}f=\{(X,Y,Z)\in {ℝ}^3,X-Y+Z=0\}}}$. $f$ n'est pas injective ($\mathrm{Ker}f\mathrm{\ne }\{0\}$) et pas surjective ($\mathrm{rg}f=2<3$).

4. $(1,2,1)$ vérifie $1-2+1=0$ : il est dans $\mathrm{Im}f$. Une solution particulière est $v_0=(0,1,0,0)$, puisque $f(e_2)=(1,2,1)$. L'ensemble des solutions est (fiche § 8) $$\boxed{{\displaystyle \{v_0+\alpha a+\beta b,\alpha ,\beta \in ℝ\}=\{(-\alpha +\beta ,1+\alpha ,-\alpha -\beta ,\beta ),\alpha ,\beta \in ℝ\}}}$$ En revanche $(1,0,0)$ donne $1-0+0=1\mathrm{\ne }0$ : il n'est pas dans $\mathrm{Im}f$, l'équation $f(v)=(1,0,0)$ n'a aucune solution.

1. $F$ est le noyau de la forme non nulle $\phi (x,y,z)=x-y+2z$ : c'est un plan, $\dim F=2$. $\dim G=1$. Si $\lambda w\in F$, alors $\phi (\lambda w)=\lambda (1-1+2)=2\lambda =0$, donc $\lambda =0$ : $F\cap G=\{0\}$. Comme $2+1=3$, $\boxed{{\displaystyle {ℝ}^3=F\oplus G}}$ (fiche § 5).

2. Pour $v=(x,y,z)$, on cherche $t$ réel tel que $v-tw\in F$ : $\phi (v)-t\phi (w)=0$, soit $t=\frac{x-y+2z}{2}$. Alors $v=(v-tw)+tw$ avec $v-tw\in F$ et $tw\in G$, et par unicité : $$\boxed{{\displaystyle p(x,y,z)=(\frac{x+y-2z}{2},\frac{-x+3y-2z}{2},\frac{-x+y}{2})}},\boxed{{\displaystyle q(x,y,z)=\frac{x-y+2z}{2}(1,1,1)}}\mathrm{.}$$ Contrôles : $p(w)=(0,0,0)$ ; pour $(1,1,0)\in F$, $p(1,1,0)=(1,1,0)$.

3. $s=2p-\mathrm{i}\mathrm{d}$ (fiche § 10) : $$\boxed{{\displaystyle s(x,y,z)=(y-2z,-x+2y-2z,-x+y-z)}}\mathrm{.}$$ Pour $v=(1,0,0)$ : $s(v)=(0,-1,-1)$, puis $s(0,-1,-1)=(-1+2,-2+2,-1+1)=(1,0,0)$. On vérifie aussi $s(w)=(-1,-1,-1)=-w$.

4. $r$ est linéaire (produit d'une forme linéaire par un vecteur fixe). Posons $u=(1,2,1)$ ; alors $\phi (u)=1-2+2=1$ et $r(v)=\phi (v)u$. Donc $r(r(v))=\phi (v)r(u)=\phi (v)\phi (u)u=\phi (v)u=r(v)$ : $\boxed{{\displaystyle r\circ r=r}}$, $r$ est un projecteur. $\mathrm{Im}r\subset \mathrm{Vect}(u)$ et $r(u)=u\mathrm{\ne }0$, donc $\mathrm{Im}r=\mathrm{Vect}(u)$. $\mathrm{Ker}r=\{v,\phi (v)=0\}=F$ (car $u\mathrm{\ne }0$). Ainsi $r$ est la projection sur $\mathrm{Vect}(1,2,1)$ parallèlement à $F$, tandis que $q$ est la projection sur $\mathrm{Vect}(1,1,1)$ parallèlement au même plan $F$. Même noyau, images différentes : une projection dépend des deux sous-espaces, et ${ℝ}^3=F\oplus \mathrm{Vect}(u)$ est un autre supplémentaire de $F$.

1. Pour $A\in E$, $A=q(A)(X^2-1)+r(A)$ avec $\mathrm{deg}r(A)\le 1$ ; donc $r(A)\in {ℝ}_1[X]\subset E$ : $r$ va de $E$ dans $E$. Linéarité. Pour $A,B\in E$ et $\lambda ,\mu$ réels : $\lambda A+\mu B=(\lambda q(A)+\mu q(B))(X^2-1)+(\lambda r(A)+\mu r(B))$, avec $\mathrm{deg}(\lambda r(A)+\mu r(B))\le 1<2$. Par unicité du couple (quotient, reste) (Polynômes § 2) : $r(\lambda A+\mu B)=\lambda r(A)+\mu r(B)$ et $q(\lambda A+\mu B)=\lambda q(A)+\mu q(B)$. Projecteur. Si $\mathrm{deg}R\le 1$, la division de $R$ par $X^2-1$ s'écrit $R=0\cdot (X^2-1)+R$, donc $r(R)=R$. Appliqué à $R=r(P)$ : $\boxed{{\displaystyle r\circ r=r}}$.

2. $\mathrm{Im}r\subset {ℝ}_1[X]$ et tout $R\in {ℝ}_1[X]$ vérifie $R=r(R)$ : $\boxed{{\displaystyle \mathrm{Im}r={ℝ}_1[X]}}$, de dimension $2$. $P\in \mathrm{Ker}r⟺X^2-1$ divise $P$ $⟺P=(X^2-1)Q$ avec $\mathrm{deg}Q\le n-2$. Donc $\mathrm{Ker}r=\{(X^2-1)Q,Q\in {ℝ}_{n-2}[X]\}=\mathrm{Vect}((X^2-1)X^k,0\le k\le n-2)$. Cette famille de $n-1$ polynômes a des degrés échelonnés $2,\dots ,n$ : elle est libre, $\boxed{{\displaystyle \dim \mathrm{Ker}r=n-1}}$. Théorème du rang : $\dim \mathrm{Ker}r+\mathrm{rg}r=(n-1)+2=n+1=\dim E$. Et comme $r$ est un projecteur (fiche § 10), $${ℝ}_n[X]={ℝ}_1[X]\oplus (X^2-1){ℝ}_{n-2}[X]\mathrm{.}$$

3. Écrivons $r(P)=aX+b$. En évaluant $P=q(P)(X^2-1)+aX+b$ en $1$ et en $-1$ (racines de $X^2-1$) : $P(1)=a+b$ et $P(-1)=-a+b$, d'où $b=\frac{P(1)+P(-1)}{2}$ et $a=\frac{P(1)-P(-1)}{2}$ : c'est la formule annoncée. Pour $P=X^4+2X^3-X+3$ : $P(1)=5$ et $P(-1)=1-2+1+3=3$, donc $\boxed{{\displaystyle r(P)=X+4}}$. (Contrôle : $P=(X^2+2X+1)(X^2-1)+X+4$.)

4. La linéarité de $q$ a été obtenue en 1. Si $\mathrm{deg}P\le n$, $\mathrm{deg}q(P)\le n-2$ (et $q(P)=0$ si $\mathrm{deg}P\le 1$) : $q$ va de $E$ dans ${ℝ}_{n-2}[X]$. Surjectivité : pour $Q\in {ℝ}_{n-2}[X]$, $P=(X^2-1)Q\in E$ et $q(P)=Q$. Noyau : $q(P)=0⟺P=r(P)⟺\mathrm{deg}P\le 1$, donc $\boxed{{\displaystyle \mathrm{Ker}q={ℝ}_1[X]}}$. Contrôle par le théorème du rang : $2+(n-1)=n+1$.

5. $\theta$ est linéaire (évaluations). D'après 3, $r(P)=0⟺P(1)+P(-1)=0$ et $P(1)-P(-1)=0⟺P(1)=P(-1)=0$ : $\boxed{{\displaystyle \mathrm{Ker}\theta =\mathrm{Ker}r}}$. Par le théorème du rang, $\mathrm{rg}\theta =(n+1)-(n-1)=2$ : $\theta$ est surjective sur ${ℝ}^2$. On retrouve qu'on peut imposer librement les valeurs de $P$ en $1$ et en $-1$ (interpolation).

1. Intersection. Soit $y\in \mathrm{Ker}f\cap \mathrm{Im}f$ ; on écrit $y=f(x)$. Alors $f^2(x)=f(y)=0$, donc $4y=4f(x)=f^3(x)=f(f^2(x))=0$ et $y=0$. Somme. Pour $x\in E$, écrivons $x=(x-\frac{1}{4}{f}^2(x))+\frac{1}{4}{f}^2(x)$. On a $f(x-\frac{1}{4}{f}^2(x))=f(x)-\frac{1}{4}{f}^3(x)=0$, et $\frac{1}{4}{f}^2(x)=f(\frac{1}{4}f(x))\in \mathrm{Im}f$. Donc $\boxed{{\displaystyle E=\mathrm{Ker}f\oplus \mathrm{Im}f}}$, sans hypothèse de dimension.

2. Si $y=f(x)$, alors $f^2(y)-4y=f^3(x)-4f(x)=0$ : $\mathrm{Im}f\subset \mathrm{Ker}(f^2-4\mathrm{i}\mathrm{d})$. Réciproquement, si $f^2(y)=4y$, alors $y=f(\frac{1}{4}f(y))\in \mathrm{Im}f$. D'où l'égalité.

3.(a) $p_0+p_1+p_2=\mathrm{i}\mathrm{d}-\frac{1}{4}{f}^2+\frac{1}{8}(2f^2)=\boxed{{\displaystyle {\mathrm{i}\mathrm{d}}_E}}$. Avec $f^3=4f$ : $f\circ p_0=f-\frac{1}{4}{f}^3=0$ ; $f\circ p_1=\frac{1}{8}(f^3+2f^2)=\frac{1}{8}(4f+2f^2)=2p_1$ ; $f\circ p_2=\frac{1}{8}(f^3-2f^2)=\frac{1}{8}(4f-2f^2)=-2p_2$. (b) Ces endomorphismes sont des polynômes en $f$ : ils commutent. On utilise $f^4=f\circ f^3=4f^2$.

• $p_1\circ p_2=\frac{1}{64}(f^2+2f)(f^2-2f)=\frac{1}{64}(f^4-4f^2)=0$.
• $f^2\circ p_0=f\circ (f\circ p_0)=0$ ; donc $p_1\circ p_0=\frac{1}{8}(f^2+2f)\circ p_0=0$, de même $p_2\circ p_0=0$.
• Alors $p_1=p_1\circ \mathrm{i}\mathrm{d}=p_1\circ (p_0+p_1+p_2)=p_1\circ p_1$ ; idem pour $p_0$ et $p_2$. Chaque $p_i$ est un projecteur.

(c) Identification des images. $f\circ p_1=2p_1$ montre $\mathrm{Im}{p}_1\subset \mathrm{Ker}(f-2\mathrm{i}\mathrm{d})$ ; réciproquement, si $f(x)=2x$, alors $f^2(x)=4x$ et $p_1(x)=\frac{1}{8}(4x+4x)=x$, donc $x\in \mathrm{Im}{p}_1$. De même $\mathrm{Im}{p}_2=\mathrm{Ker}(f+2\mathrm{i}\mathrm{d})$ et $\mathrm{Im}{p}_0=\mathrm{Ker}f$ (si $f(x)=0$, $p_0(x)=x$). Somme directe. Tout $x$ s'écrit $x=p_0(x)+p_1(x)+p_2(x)$. Si $x_0+x_1+x_2=0$ avec $x_i\in \mathrm{Im}{p}_i$, appliquer $p_j$ donne $x_j=0$ : en effet $p_j(x_j)=x_j$, et pour $i\mathrm{\ne }j$, $x_i=p_i(x_i)$ donc $p_j(x_i)=(p_j\circ p_i)(x_i)=0$. D'où $$\boxed{{\displaystyle E=\mathrm{Ker}f\oplus \mathrm{Ker}(f-2{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)\oplus \mathrm{Ker}(f+2{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E)}}\mathrm{.}$$ Remarque : $p_0,p_1,p_2$ sont les polynômes de Lagrange associés aux racines $0,2,-2$ de $X^3-4X$, évalués en $f$ ($L_0=-\frac{1}{4}(X^2-4)$, $L_2=\frac{1}{8}X(X+2)$, $L_{-2}=\frac{1}{8}X(X-2)$).

4. $f=f\circ (p_0+p_1+p_2)=0+2p_1-2p_2$. Comme $p_1\circ p_2=p_2\circ p_1=0$ et $p_i^2=p_i$, une récurrence donne, pour $m\ge 1$, $\boxed{{\displaystyle f^m=2^m{p}_1+(-2{)}^m{p}_2}}$ (pour $m=0$ il faudrait ajouter $p_0$).

5. $f$ est linéaire (coordonnées du premier degré sans constante). Avec $f(a,b,c)=(-2b+2c,2a-2c,2a-2b)$ : $$f^2(x,y,z)=f(-2y+2z,2x-2z,2x-2y)=(-4y+4z,-4x+4z,-4x-4y+8z)\mathrm{.}$$ On applique encore $f$ ; la première coordonnée vaut $-2(-4x+4z)+2(-4x-4y+8z)=-8y+8z$, la deuxième $2(-4y+4z)-2(-4x-4y+8z)=8x-8z$, la troisième $2(-4y+4z)-2(-4x+4z)=8x-8y$. Donc $f^3(x,y,z)=(-8y+8z,8x-8z,8x-8y)=4f(x,y,z)$ : $\boxed{{\displaystyle f^3=4f}}$.

• $\mathrm{Ker}f$ : $y=z$, $x=z$, $x=y$, soit $\mathrm{Vect}((1,1,1))$.
• $\mathrm{Ker}(f-2\mathrm{i}\mathrm{d})$ : les équations $-2y+2z=2x$, $2x-2z=2y$, $2x-2y=2z$ s'écrivent $z=x+y$, $z=x-y$, $z=x-y$ ; d'où $y=0$ et $z=x$ : $\mathrm{Vect}((1,0,1))$.
• $\mathrm{Ker}(f+2\mathrm{i}\mathrm{d})$ : $-2y+2z=-2x$, $2x-2z=-2y$, $2x-2y=-2z$ s'écrivent $z=y-x$, $z=x+y$, $z=y-x$ ; d'où $x=0$ et $z=y$ : $\mathrm{Vect}((0,1,1))$.

Les trois droites sont bien en somme directe : $(1,1,1)$, $(1,0,1)$, $(0,1,1)$ forment une base de ${ℝ}^3$ (échelonner : $(1,1,1)-(1,0,1)=(0,1,0)$, puis $(0,1,1)-(0,1,0)=(0,0,1)$). On remarque que $\frac{1}{4}{f}^2=\mathrm{i}\mathrm{d}-p_0$ est la projection sur le plan $\mathrm{Im}f=\{x+y-z=0\}$ parallèlement à $\mathrm{Vect}(1,1,1)$ : c'est l'exemple de la fiche § 10.

1. $c=a+b$, donc $F=\mathrm{Vect}(a,b)$ ; $a$ et $b$ ne sont pas colinéaires : $(a,b)$ est une base, $\dim F=2$. Pour $G_m$ : $x=z+mt$ et $y=-x-z-t=-2z-(m+1)t$, donc $(x,y,z,t)=z(1,-2,1,0)+t(m,-(m+1),0,1)$. Les vecteurs $g_1=(1,-2,1,0)$ et $g_2=(m,-m-1,0,1)$ ne sont pas colinéaires (troisième et quatrième coordonnées) : base $(g_1,g_2)$, $\dim G_m=2$ pour tout $m$.

2. Un vecteur de $F$ s'écrit $v=\alpha a+\beta b=(\alpha ,\beta ,\alpha ,\beta )$. Il est dans $G_m$ si et seulement si $2\alpha +2\beta =0$ et $\alpha -\alpha =m\beta$, c'est-à-dire $\beta =-\alpha$ et $m\beta =0$.

• Si $m\mathrm{\ne }0$ : $\beta =0$ puis $\alpha =0$, donc $\boxed{{\displaystyle F\cap G_m=\{0\}}}$.
• Si $m=0$ : la seule condition est $\beta =-\alpha$, donc $\boxed{{\displaystyle F\cap G_0=\mathrm{Vect}((1,-1,1,-1))}}$, de dimension $1$.

3. Grassmann : $\dim (F+G_m)=2+2-\dim (F\cap G_m)$, soit $4$ si $m\mathrm{\ne }0$ et $3$ si $m=0$. Pour $m\mathrm{\ne }0$, $F+G_m$ est un sous-espace de dimension $4$ de ${ℝ}^4$, donc égal à ${ℝ}^4$, et la somme est directe : $\boxed{{\displaystyle {ℝ}^4=F\oplus G_m⟺m\mathrm{\ne }0}}$ (pour $m=0$ l'intersection n'est pas nulle).

4. Pour $m=0$ : $a$, $b$ et $g_1$, $g_2=(0,-1,0,1)$ vérifient tous $x-z=0$ ; donc $F+G_0\subset H=\{x=z\}$. $H$ est un hyperplan (dimension $3$) et $\dim (F+G_0)=3$ : $\boxed{{\displaystyle F+G_0=\{(x,y,z,t),x-z=0\}}}$. Un supplémentaire de $F$ est de dimension $4-2=2$. S'il était contenu dans $G_0$, de dimension $2$, il serait égal à $G_0$ ; or $F\cap G_0\mathrm{\ne }\{0\}$. Aucun supplémentaire de $F$ n'est contenu dans $G_0$. Supplémentaire : $S=\mathrm{Vect}(e_1,e_4)$. En effet $a-e_1=e_3$ et $b-e_4=e_2$, donc $F+S$ contient $e_1,e_2,e_3,e_4$ : $F+S={ℝ}^4$, et $\dim F+\dim S=4$ ; la somme est directe (Grassmann donne $\dim (F\cap S)=0$). Ainsi ${ℝ}^4=F\oplus \mathrm{Vect}(e_1,e_4)$.