Espace vectoriel !!!!!

bonjour à tous je vous souhaite un bon week-end.
Bon beh j'ai un exercice qui me pose encore un probleme et je sollicite votre aide si vous le voulez bien.

Bon je pose l'exercice :

Soit E un R espace vectoriel de dimension 3 rapporté à la base ( i , j , k )
Soit u ( x , y , z ) de E et l'application de E dans E tel que pour tout "u" de E associe :
v = f(u) telle que v ( 3x-4z , 2x-y-2z , 2x-3z )

Démontrer que f est linéaire
Déterminer Ker(f) . Qu'en concluez vous pour f et Im(f)
Calculer fof
Déterminer Inv = { u∈E / f(u)=u }
GInv = { u∈E / f(u) = -u }
Démontrer que se sont 2 espaces vectoriels supplémentaires

Bon voilà ce que j'ai fait du moin essayé :

Soient | ( $u_{1 }$ , $u_2$ )∈E² et (a,b)∈K² tel que
$f (a u$ _1 $bu_2$ ) = f( $a x$ _1 $bx_2$ , $a y$ _1 $by_2$ , $a z$ _1 $bz_2$ )

Alors on a en remplaçant dans les coordonnées de "v"
$3ax_1$ + $3bx_2$ - $4az_1$ - $4bz_2$ : L1
$2ax_1$ + $2bx_2$ - $ay_1$ - $by_2$ - $2az_1$ - $2bz_{2 }$ : L2
$2ax_1$ + $2bx_2$ - $3az_1$ - $3bz_{2 }$ : L3

ce qui nous donne

L1 : a $3x_1$ - $4z_1$ ) + b $3x_2$ - $4z_2$ )
L2 : a $2x_1$ - $y_1$ - $2z_1$ ) + b $2x_2$ - $y_{2 }$ - $2z_2$ )
L3 : a $2x_1$ - $3z_1$ ) + b $2x_2$ - $3z_2$ )

alors $f(au_1$ + $bu_2$ ) = a $f(u_1$ ) + b $f(u_2$ )
f est donc un application linéaire de E dans E

Par définition Ker(f) = {u∈E / f(u)=0sub>E
donc f∈ L(E) tel que ∀ u∈E v= $f(u)=0_E$

donc systeme de 3 équations à 3 inconnues
3x - 4z = 0 : L1
2x - y - 2z = 0 : L2
2x - 3z = 0 : L3

apres résolution j'obtiens x= 0 ; y = 0; z = 0

Donc Ker(f) = ${0_E$} donc f est injective de E dans E et dim(Ker(f))=0
de plus dim E = dim (Ker(f)) + dim (Im(f))
donc dim E = dim (Im(f)) = 3 alors E= Im(f) et f esy bijective de E dans E

u∈E
fof(u) = f(f(u)=f(v)=u
donc fof = $id_E$ ( E → E tel que u associe u)

bon voilà j'espere que c'est juste.
bon maintenant la 4 question je bloque comment on fait?????

en faite désolé pour la notation mais j'arrive pas à faire les vecteurs je vous remercie!!

Salut.

Inv = { u∈E | f(u)=u }

Comme pour le calcul du Ker, tu peux par exemple résoudre le système suggéré par la définition de l'ensemble :

$z)\forall , u \in e, ; f(u)=u \quad \leftrightarrow \quad \left( 3x-4z \ 2x-y-2z \ 2x-3z \right) = \left( x \ y \ z \right)$

Et en ce qui concerne GInv il n'y a pas de différence de définition avec Inv dans ce que tu as écrit.

@+

daccord oups je rectrifie
GInv = { u∈E / f(u) = -u }

$z)\forall , u \in e, ; f(u)=u \quad \leftrightarrow \quad \left( 3x-4z \ 2x-y-2z \ 2x-3z \right) = \left( x \ y \ z \right)$

donc on a
3x-4z = x : L1
2x-y-2z = y : L2
2x-3z = z : L3
ce qui nous donne

L1 : 4x-4z = 0 ⇒ x = z
L2 : x - y - z = 0 ⇒ y= 0
L3 : x - 2z = 0 ⇒ x = 0 et z = 0

je suppose on fait de meme pour GInv

donc on obtient apres calcul x = 0 ; y = 0 ; z = 0

sa veut dire enfin je crois que Inv = ker(f) et GInv= ker(f) ???

bon alors GInv = Inv = {0}

donc GInv ∩ Inv = {0}
de plus
$0_E$ ∈E donc GInv ∈E et Inv∈E alors GInv + Inv = E
j'en deduis Inv et Ginv sont deux espaces vectoriels supplémentaires

question est ce que m'on raisonnement est juste

Salut.

Tu as fait des erreurs de calculs.

Pour Inv, tu t'es trompé dans le calcul de L1. J'imagine que pour Ginv tu as fait la même erreur.

Ensuite tu fais une grosse faute quand tu justifies que les espaces sont supplémentaires. Si les 2 espaces sont réduits au vecteur nul, alors comment ils peuvent engendrer E tout entier qui n'est pas réduit à $0_E$ , lui ?

Ce qu'il vaut faire, c'est trouver une base de Inv ainsi qu'une base de Ginv, et montrer que ces 2 familles de vecteurs forment une famille libre quand on les rassemble. Enfin, il faut parler de la dimension du tout pour conclure.

Je te laisse y réfléchir pour l'instant. Déjà trouve les bases en question.

@+

ha oui merci je vais essayer je pense que je vais y arriver tout seul