Applications linéaires

Pour tout $x\in E$, on a $(x,f(x))$ est liée donc il existe $\lambda_x\in \K$ tel que $f(x)=\lambda_x\cdot x$. Il s'agit alors de démontrer que $\lambda_x$ ne dépend pas de $x$.
Soit $x_0\in E$ non nul fixé. Soit $y\in E$ non nul (le cas $y=0$ est trivial), on distingue deux cas:

1. La famille $(x_0,y)$ est liée i.e. il existe $\alpha\in \K^*$ tel que $y=\alpha x_0$, donc $$ f(y)=\lambda_y y=\lambda_y\alpha x_0,$$ $$\quad f(y)=f(\alpha x_0)=\alpha f(x_0)=\alpha\lambda_{x_0} x_0\Longrightarrow \left(\alpha\lambda_{x_0}-\lambda_y\alpha\right)x_0=0$$ donc $\lambda_{x_0}=\lambda_y.$
2. La famille $(x_0,y)$ est libre, donc $$\begin{array}{lcl} 0&=&f(x_0+y)-f(x_0)-f(y)\\ &=&\lambda_{x_0+y}(x_0+y)-\lambda_{x_0} x_0-\lambda_yy \\ &=&(\lambda_{x_0+y}-\lambda_{x_0})x_0+(\lambda_{x_0+y}-\lambda_y)y \end{array}$$ Donc $$ \left\{\begin{array}{lcl} \lambda_{x_0}&=&\lambda_{x_0+y}\\ \lambda_y&=&\lambda_{x_0+y} \end{array} \right.\Longrightarrow \lambda_y=\lambda_{x_0}.$$

On en déduit que, pour tout $y\in E$, $\lambda_y=\lambda_{x_0}$. Ce qui donne $\boxed{\textcolor{blue}{f=\lambda_{x_0}\mathrm{Id}e}}$.

Supposons que $f\neq 0$ (si $f=0$ on prend $\lambda=0$) et soit $x_0\in E$ tel que $f(x_0)\neq 0$. Soit $y\in E$, on distingue deux cas:

1. La famille $\{f(x_0),f(y)\}$ est libre: Dans ce cas, on a $$g(y)=\lambda_yf(y),\,\,g(x_0)=\lambda_{x_0}f(x_0),\,\,$$ $$g(y+x_{0})=\lambda_{y+x_0}f(y+x_0)=\lambda_{y+x_0}\left(f(y)+f(x_0)\right).$$ Or $g(y+x_{0})=g(y)+g(x_0)=\lambda_yf(y)+\lambda_{x_0}f(x_0)$. On en déduit alors $$\lambda_{y+x_0}\left(f(y)+f(x_0)\right)=\lambda_yf(y)+\lambda_{x_0}f(x_0)\Longrightarrow \lambda_y=\lambda_{y+x_0}=\lambda_{x_0}.$$
2. La famille $\{f(x_0),f(y)\}$ est liée: Dans ce cas, il existe $\alpha\in \K$ tel que $f(y)=\alpha f(x_0)$. Autrement dit $\alpha x_0-y\in \Ker (f)$, donc $\alpha x_0-y\in \Ker (g)$, on obtient alors: $$0=g(\alpha x_0-y)=\alpha g(x_0)-g(y)=\alpha \lambda_{x_0}f(x_0)-\lambda_yf(y)=\left(\alpha\lambda_{x_0}-\alpha\lambda_y\right)f(x_0)$$ Ce qui donne (puisque $f(x_0)\neq 0$) $\alpha\lambda_{x_0}=\alpha\lambda_y$ donc $\lambda_y=\lambda_{x_0}$ (égalité reste vraie même si $\alpha=0$).

Conclusion, dans tous les cas $\lambda_y=\lambda_{x_0}$, soit $\boxed{g=\lambda f}$.

$\mathbf{a )}$ En utilisant le théorème du rang, on voit que $\dim (\im(f))=1=\dim (\Ker (f))$.
Soit $f\in \LL(E)$ telle que $\im (f)=\Ker (f)$ d'après la remarque précédente, on a $\dim (\im (f))=1$. Soit $\{u\}$ une base de $\im (f)$ ( donc $u\neq 0$) il existe alors $x\in E$ tels que $f(x)=u$ (donc $x\neq 0$).
D'autre part, et puisque $\im (f)=\Ker (f)$, on a $f(u)=0$. Montrons maintenant que la famille $(x,u)$ est une base de $E$. Comme cette famille contient déjà 2 éléments alors il suffit de montrer que c'est une famille libre.
Soient $a,b\in \K$ tels que $ax+bu=0$ alors $f(ax+bu)=af(x)=au=0$ ce qui donne $a=0$. On en déduit que $bu=0$, ce qui donne $b=0$. Conclusion $(x,u)$ libre donc base de $E$.
On en déduit que la matrice de $f$ dans cette base est $\begin{pmatrix} 0&0\\ 1&0 \end{pmatrix}$.
Inversement, soit $f\in \LL(E)$ et supposons qu'il existe une base $\BB$ de $E$ tel que la matrice de $f$ dans cette base soit de la forme $\begin{pmatrix} 0&0\\ 1&0 \end{pmatrix}$, alors on a directement $\dim (\im (f)) =1=\dim(\Ker (f))$, d'autre part, il est clair que $\im(f)\subset \Ker(f)$ donc $\im (f)=\Ker (f)$.
$\mathbf{b )}$ En utilisant le théorème du rang, on voit que dans ce cas on ne peut pas trouver $f\in \LL(E)$ tel que $\im (f)=\Ker (f)$.
$\mathbf{c )}$ En utilisant à nouveau le théorème du rang, on voit que $\dim (\im(f))=2=\dim (\Ker (f))$.
Soit $f\in \LL(E)$ telle que $\im (f)=\Ker (f)$ d'après la remarque précédente, on a $\dim (\im (f))=2$. Soit $(u,v)$ une base de $\im (f)$ il existe alors $(x,y)\in E^2$ tels que $f(x)=u$ et $f(y)=v$. Montrons que $(x,y)$ est une famille libre. $$\forall a,b\in \K,\quad ax+by=0\Longrightarrow f(ax+by)=0\Longrightarrow au+bv=0$$ ce qui donne $ a=b=0\text{ car }(u,v) \text{ est une base}.$
D'autre part, et puisque $\im (f)=\Ker (f)$, on a $f(u)=f(v)=0$. Montrons maintenant que la famille $(x,y,u,v)$ est une base de $E$. Comme cette famille contient déjà 4 éléments alors il suffit de montrer que c'est une famille libre.
Soient $a,b,c,d\in \K$ tels que $ax+by+cu+dv=0$ alors $f(ax+by+cu+dv)=0$ ce qui donne $au+bv=0$. On en déduit que $a=b=0$, ce qui donne $cu+dv=0$ d'où $c=d=0$. Conclusion $(x,y,u,v)$ libre donc base de $E$.
On en déduit que la matrice de $f$ dans cette base est $\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 1&0&0&0\\ 0&1&0&0 \end{pmatrix}$.
Inversement, soit $f\in \LL(E)$ et supposons qu'il existe une base $\BB$ de $E$ tel que la matrice de $f$ dans cette base soit de la forme $\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 1&0&0&0\\ 0&1&0&0 \end{pmatrix}$, alors on a directement $\dim (\im (f)) =2=\dim(\Ker (f))$, d'autre part, il est clair que $\im(f)\subset \Ker(f)$ donc $\im (f)=\Ker (f)$.

Il faut éliminer $f$ tel que $f=0$ ou $f$ est bijective.
Il reste les endomorphisme $f$ tel que $\Ker (f)\neq \{0\}$ et $\im( f)\neq E$. En utilisant le théorème du rang, on doit avoir $\dim(\Ker (f))=\dim(\im (f))=1$.
Si on souhaite que $\im (f)$ et $\Ker (f) $ ne soit pas supplémentaires il faut alors imposer $\Ker(f)=\im (f)$. (voir exercice précédent).

$\mathbf{1. }\,$ Supposons que $f$ est injective, soit $g\in \LL(E)$ tel que $f\circ g=0$ alors $\im (g)\subset \Ker (f)=\{0\}$ donc $g=0$.
Réciproquement, supposons la condition de droite vérifiée. Soit $x$ tq $f(x)=0$. On note alors $g$ la projection sur $\Vect(x)$ parallèlement à un supplémentaire quelconque. Alors $f\circ g=0$, donc $g=0$ d'où $x=0$. Ainsi, $\Ker f=\{0\}$ et $f$ est bien injective.
$\mathbf{2. }\,$ Supposons que $f$ est surjective. Soit $g\in \LL(F)$ telque $g\circ f=0$ alors $\im(f)\subset \Ker(g)$ or $\im(f)=F$ donc $\Ker(g)=F$ i.e. $g=0$.
Réciproquement, supposons la propriété de droite. Soit alors $g$ la projection parallèlement à $\im f$ sur un supplémentaire. Alors $g\circ f=0$ donc $g=0$ donc $\im f=E$.

1. Les hypothèses impliquent $(g\circ f)^2=g\circ f$. Donc $g\circ f$ est un projecteur, on peut décomposer tout $x\in E$ comme : $$x=\underbrace{x-g\circ f(x)}_{\in\Ker f}+\underbrace{g\circ f(x)}_{\in\im g},$$ ce qui montre $E=\Ker f +\im g$.
   Il faut montrer que $\Ker f\cap \im g=\{0\}$. Soit $x\in \Ker f\cap\im g$. Alors il existe $y\in E$ tel que $x=g(y)$ et de plus $f(x)=f\circ g(y)=0$. On compose par $f$ : $0=g\circ f\circ g(y)=g(y)=x$ .
2. On a évidemment $f(\im g)\subset \im f$. Montrons l'inclusion réciproque:
   Si $y\in\im f$, alors il existe $x\in E$ tel que $y=f(x)=f\circ g\circ f(x)$, et $g\circ f(x) \in \im g$ donc $y\in f(\im g)$.

Commençons par démontrer:
$\textcolor{blue}{\text{Lemme}}$ :
Si $f$ est continue et $2\pi$ périodique de valeur moyenne nulle, alors toute primitive de $f$ est aussi $2\pi$ périodique.
En effet, toute primitive $F$ de $f$ est de la forme $F(x)=\dsp\int_0^x f(t)\ud t +C$. On a alors $$F(x+2\pi)-F(x)=\dsp\int_x^{x+2\pi}f(t) \ud t = \dsp\int_0^{2\pi}f(t) \ud t =0.$$

1. $\Ker \varphi$ est l'ensemble des fonctions $f$, $2\pi$ périodiques et telles que $f''=0$, i.e l'ensemble des fonctions affines et $2\pi$ périodiques.
   C'est donc l'ensemble des fonctions constantes. On en déduit facilement que $\Ker \varphi \cap \im \varphi=\{0\}$.
2. Soit $f\in E$, et $\overline{f}=\dfrac1{2\pi}\dsp\int_0^{2\pi} f(t) \ud t$ sa valeur moyenne. On a $f=(f-\overline{f}) + \overline{f},\,\,$ où $\overline{f}$ appartient à $\Ker \varphi$. Il ne reste plus qu'à montrer que $g=f-\overline{f}\,$ appartient à $\im \varphi$ pour démontrer que $E=\Ker \varphi \oplus \im \varphi$.
   Or $g$ est de classe $\CC^\infty$, $2\pi$ périodique et de valeur moyenne nulle. Toutes ses primitives sont donc aussi de classe $\CC^\infty$ et $2\pi$ périodiques. Si $G$ est une telle primitive, alors $G-\dfrac1{2\pi}\dsp\int_0^{2\pi} G(t) \ud t$ est encore une primitive de $g$, et de valeur moyenne nulle. Elle possède donc elle aussi une primitive $H$ qui est de classe $\CC^\infty$ et $2\pi$ périodique. On a alors $H''=G'=g$, donc $g$ appartient bien à $\im \varphi$.

$\mathbf{1. }$ Montrons que la somme est directe:
soit $x \in \Ker u \cap \im v$. Alors $u(x)=0$ et il existe $y\in F$ tel que $x=v(y)$. Donc $0=u(x)=u\circ v (y) =y$ d'où $y=0$ puis $x=0$.
Ainsi $\Ker u \cap \im v = \{0\}$.
$\mathbf{2. }$ Tout vecteur $x$ de $E$ peut s'écrire $x=v \circ u (x) + (x - v\circ u (x))$. On a $v\circ u(x) \in \im v$ et $u(x-v\circ u(x))=u(x)-u\circ v \circ u(x)=u(x)-u(x)=0$, donc $x-v\circ u(x) \in \Ker u$.
On a donc $E=\Ker u + \im v$.

1. [$\Rightarrow$] Si $\widetilde{f}\in GL(\im f)$, on vérifie que la somme est directe :
   en effet, si $y \in \Ker f \cap \im f$, $f(y)=0$ et $y \in \im f$ donc $\widetilde{f}(y)=0$ d'où $y=0$.
   En dimension finie, on conclurait avec les dimensions. Sinon, soit $x\in E$. Alors $f(x)\in\im f$ donc il existe $z\in \im f$ tel que $f(x)=\widetilde{f}(z)=f(z)$, d'où $f(x-z)=0$ donc $ x=\underbrace{x-z}_{\in\Ker f}+\underbrace{z}_{\in\im f}.$
2. [$\Leftarrow$] découle directement du théorème d'isomorphisme.

Comme $u$ est de dimension finie, alors on peut utiliser le théorème du rang.
[ $\mathbf{a) }\,\,\,\Longrightarrow \mathbf{b) }$ ] On a naturellement $\Ker (u)\subset \Ker( u^2)$. D'autre part, $$ \left. \begin{array}{lcl} \dim (\im (u))+\dim(\Ker (u))&=&\dim(E)\\ \dim (\im (u^2))+\dim(\Ker (u^))&=&\dim(E) \end{array} \right\}\Longrightarrow \dim(\Ker (u))=\dim(\Ker (u^2)) $$ ce qui donne $\boxed{\Ker (u)= \Ker (u^2)}$.
[ $\mathbf{b) }\,\,\,\Longrightarrow \mathbf{c) }$ ] Soit $x\in \Ker(u)\cap \im (u)$, alors il existe $z\in E$ tel que $x=u(z)$, de plus $0=u(x)=u^2(z)$ donc $z\in \Ker(u^2)=\Ker(u)$ ce qui donne $u(z)=0=x$, soit finalement $\Ker(u)\cap \im (u)=\{0\}$.
Comme on a $\dim (\Ker (u)) +\dim (\im (u))=\dim (E)$, alors $\boxed{E = \im u\oplus \Ker u}$.
[$\mathbf{c) } \Longrightarrow \mathbf{a) }$] Soit $x\in \im (u^2)$ alors, il existe $z\in E$ tel que $x=u^2(z)=u(u(z))$ donc $x\in \im (u)$, soit $\im (u^2)\subset \im (u)$.
Soit $x\in \im (u)$, alors il existe $z\in E$ tel que $x=u(z)$, mais puisque $E = \im u\oplus \Ker u$, il existe $z_1\in \im (u)$ et $z_2\in \Ker (u)$ tels que $z=z_1+z_2$. De plus $z_1=u(w)$. On obtient finalement, $$x=u(z)=u(z_1+z_2)=u(z_1)=u(u(w))=u^2(w)\Longrightarrow x\in \im (u^2), \text{ soit } \im(u)\subset \im (u^2)$$ Ce qui donne finalement $\boxed{ \im (u)=\im (u^2)}$.

Il est clair que $\varphi$ est une forme linéaire sur $E$, et $\Ker(\varphi)=\{f\in E,\,f'(0)=0\}$.
On pose $D=\Vect{h}$ avec $h(x)=x$ ($h\in E$) et $h\not\in \Ker (\varphi)$ car $h'(0)=1$. Pour tout $f\in E$ on écrit $f = (f -f'(0)h)+f'(0)h$, on a $(f -f'(0)h)\in \Ker(\varphi)$ et $f'(0)h\in D$, donc $E= \Ker (\varphi)+D$.
D'autre part, $\Ker(\varphi)\cap D=\{0\}$ (vérification facile), ce qui prouve que $\boxed{ E= \Ker (\varphi)\oplus D}$.

1. Soit $x\in \Ker(u-av)\cap\Ker(u-bv)$ alors $u(x)=av(x)=bv(x)$ donc $(a-b)v(x)=0$ ce qui implique $x\in \Ker (v)$, on obtient également $u(x)=av(x)=0$, soit $u(x)=0$, on en déduit que $x\in \Ker(u)\cap\Ker(v)=\{0\}$ soit $x=0$.
   On en déduit alors que $\Ker(u-av)$ et $\Ker(u-bv)$ sont en somme direct.

Soient $\lambda\in \K,\,y_1,y_2\in F$, puisque $f$ est surjective alors il existe $x_1,x_2\in E$ tels que $f(x_1)=y_1,\,f(x_2)=y_2$. Ce qui donne $$\begin{array}{lcl} g(\lambda y_1+y_2)&=&g(\lambda f(x_1)+f(x_2))\\ &=&g(f(\lambda x_1+x_2))=\lambda g(f(x_1))+g(f(x_2))\\ &=&\lambda g(y_1)+g(y_2). \end{array}$$ Ce qui montre que $g\in \LL(F,G)$.

Soir $f,g\in E $ et $\lambda\in \R$, on a: $$\varphi (\lambda f+g)=(\lambda f+g)'' =(\lambda f)''+g''=\lambda f''+g''=\lambda \varphi (f)+\varphi(g)\Longrightarrow \varphi\in \LL(E).$$ D'autre par, il est facile de montrer que $\Ker (\varphi)=\{x\mapsto Ax+B,\,A,B\in \R\}$.
Comme $\Ker(\varphi)\cap \im(\varphi)\neq \{0\}$ (En effet, $\Ker(\varphi)\subset\im (\varphi)$ car $Ax+B=\varphi( x\longmapsto Ax^2/2+Bx)$) alors $ E\not =\Ker(\varphi)\oplus\im(\varphi)$

1. Soient $A,B\in \MM_n(\C)$ et $\lambda\in \C$, on a $$\begin{array}{lcl} u(\lambda A+B)&=& \frac{1}{3}\left(2(\lambda A+B) -{\,}^t (\lambda A+B)\right)\\ &= &\frac{1}{3}\left(\lambda 2A+ 2B -\lambda{\,}^t A-{\,}^t B\right)\\ &=&\frac{1}{3}\left(\lambda (2A-{\,}^t A) +(2B -{\,}^t B)\right)\\ &=&\lambda u(A)+u(B). \end{array}$$ Ce qui montre que $u\in \LL(\MM_n(\C)))$.
2. Soit $M\in \MM_n(\C)$, on a $$\begin{array}{lcl} u^2(M)&=& u(u(M))=\dfrac{1}{3}\left(2u(M)-{\,}^t u(M)\right)\\ &=&\dfrac{1}{3}\left( \dfrac{2}{3} \left( 2M-{\,}^t M\right)- \dfrac{1}{3} \left(2{\,}^t M- M\right) \right) &=&\dfrac{5}{9}M-\dfrac{4}{9}{\,}^t M\\ &=& \dfrac{4}{3}\left(\dfrac{2}{3}M-\dfrac{1}{3}{\,}^t M\right)-\dfrac{3}{9}M =\dfrac{4}{3}u-\dfrac{1}{3}\mathrm{Id} \end{array}$$ On en déduit alors que $\textcolor{blue}{u^2-\dfrac{4}{3}u+\dfrac{1}{3}\mathrm{Id}=0}$.
   La relation précédente permet d'écrire, $$ 3u^2-4u=-\mathrm{Id}\Longrightarrow u \circ (4\mathrm{Id}-3u)=\mathrm{Id}$$ ce qui prouve que $u$ est bijective.

Soit $\BB=\{e_1,\cdots,e_n\}$ une base de $E$. On a par hypothèse sur $f$: $$\forall i\in \inter{1,n},~~\exists p_i\in \N,~~f^{p_i}(e_i)=0.$$ On pose alors, $p=\underset{i\in \inter{1,n}}{\max }p_i$, on a alors $f^p(e_i)=0$ donc $f^p$ est nulle sur la base $\BB$ ce qui implique que $f$ est nilpotente.
Le résultat ne reste pas vraie en dimension infinie. Considérons $\fonct{f}{\K[X}{\K[X]}{P}{P'}$, on a alors pour tout $P\in \K[X]$ il existe $n\in \N$ tel que $f^n(P)=0$ (prenez $n=\deg (P)+1$), et pourtant $f$ n'est pas nilpotente.

$\mathbf{1. }\,$ Soit $\overline{f}$ l'endomorphisme induit par $f$ sur $F$. On a alors $\overline{f}$ est nilpotente donc $\Ker (\overline{f})\neq \{0\}$ i.e. $\dim (\Ker (\overline{f})\geq 1$. Comme $\Ker (\overline{f})=\Ker (f)\cap F$, on en déduit alors que $\Ker (f)=\Ker(\overline{f})$, ce qui donne $\rg (\overline{f})=\dim F-\dim (\Ker (\overline{f}))=\dim F -1$.
$\mathbf{2. }\,$ La relation est vraie pour $k=0$ et $k=1$.
Comme $\im (f^2)\subset \im (f)$ alors $\dim (\im f^2)\leq \dim (\im f)=n-1$, d'autre part $\im (f)$ est stable par $f$ donc $\dim (f(\im f))=n-2$ or $f(\im f)\subset \im f^2$ donc $\dim(\im f^2)\geq n-2$.

$\mathbf{1. }$ Soit $k\in \inter{1,p}$ on a $\Ker u^{k-1}\subset \Ker u^k\subset E$, comme $E$ est de dimension finie alors $\Ker u^k$ l'est également.
Donc $\Ker u^{k-1}$ admet un supplémentaire dans $\Ker u^k$, i.e. il existe $F_k$ s-e-v de $\Ker u^k$ tel que $\Ker u^k=\ker u^{k-1}\oplus F_k$.
$\mathbf{2. }$ Il suffit d'écrire $E=\Ker u^p$ puis $\Ker u^p=\Ker u^{p-1}\oplus F_p$, ensuite: $$\begin{array}{lcl} E&=&\Ker u^p\\ &=&\Ker u^{p-1}\oplus F_p\\ &=& \Ker u^{p-2}\oplus F_{p-1}\oplus F_p =\Ker u^0\oplus F_1\cdots\oplus F_p\\ &=& F_1 \oplus \cdots \oplus F_p \end{array}$$ $\mathbf{3. }$ Il suffit de choisir une base de $E$ adapté à cette décomposition, on verra cela plus en détaille dans le chapitre sur la réductions des endomorphismes.

$\mathbf{1. }\,$ $\mathcal{C}(f)\neq \emptyset$ car l'application nulle vérifie $0\circ f=f\circ f =0$, donc $0\in \mathcal{C}(f)$.
Soient $g_1,\,g_2\in \mathcal{C}(f)$ et $\lambda\in \K$, on a $$\begin{array}{lcl} f\circ (\lambda g_1+g_2)&=& f\circ (\lambda g_1)+f\circ g_2\\ &=& \lambda f\circ g_1+f\circ g_2=\lambda g_1\circ f+ g_2\circ f\\ &=& (\lambda g_1+g_2)\circ f \end{array}$$ Donc $\lambda g_1+g_2 \in \mathcal{C}(f)$.
On en déduit alors que $\textcolor{blue}{\mathcal{C}(f) \text{ est un }\K-\text{s-e-v de }\LL(E)}$.
$\mathbf{2. }\,$ Soit $a\in E$ tel que $f^{n-1}(a)\neq 0$ (un tel $a$ existe puisque $f^{n-1}\neq 0$). Soit $\alpha_0,\cdots,\alpha_{n-1}\in \K$ tels que $$\dsum_{k=0}^n \alpha_kf^k(a)=\alpha_0 a+\alpha_1 f(a)+\cdots+\alpha_{n-1}f^{n-1}(a)=0$$ On applique alors $f^{n-1}$ sur la relation précédente, vu que $f^k=0$ pour $k\geq n$, on obtient alors $$0= \dsum_{k=0}^n \alpha_kf^{n-1+k}(a)= \alpha_0 f^{n-1}(a) \Longrightarrow \alpha_0=0.$$ Ensuite, on applique $f^{n-2}$, ce qui donne $$0= \dsum_{k=1}^n \alpha_kf^{n-2+k}(a) =\alpha_1 f^{n-1}(a) \Longrightarrow \alpha_1=0.$$ Anisi de suite, on montre que $\alpha_0=\alpha_1=\cdots= \alpha_{n-1}=0$, ce qui donne $(a,f(a), \ldots ,f^{n - 1} (a))$ est une famille libre, or il contient autant d'éléments que la dimension de $E$ done $$\boxed{\textcolor{blue}{(a,f(a), \ldots ,f^{n - 1} (a)) \text{ est une base de } E}}.$$ $\mathbf{3. }\,$ Il est clair que $\varphi_a$ est linéaire, montrons que $\varphi_a$ est bijective.
$\mathbf{-- }\,$ Soit $g\in \mathcal{C}$ telque $\varphi_a(g)=g(a)=0$, alors $$ \forall k\in \inter{0,n-1},\,\, g(f^k(a))=g\circ f^k(a)=f^k\circ g(a)=0$$ autrement dit, $g$ est nul sur la base $(a,f(a), \ldots ,f^{n - 1} (a))$, donc $g=0$ et $\Ker (\varphi_a)=\{0\}$.
$\mathbf{-- }\,$ Soit $b\in E$, on définit $g\in \LL(E)$ par $$g\left( (a,f(a), \ldots ,f^{n - 1} (a))\right) =\left(b, f(b),f^2(b),\cdots,f^{n-1}(b)\right).$$ $g$ est bien définie (une application linéaire est entierment déterminée par l'image d'une base). De plus, $$\forall x=\dsum_{k=0}^{n-1}\beta_k f^k(a),\,\, f(x)= \dsum_{k=0}^{n-1}\beta_k f^{k+1}(a),\, \,g(x)=\dsum_{k=0}^{n-1}\beta_k f^k(b).$$ Ce qui donne $$g\circ f (x) = g(\dsum_{k=0}^{n-1}\beta_k f^{k+1}(a))=g(\dsum_{k=1}^{n-1}\beta_{k-1} f^{k}(a))=\dsum_{k=1}^{n-1}\beta_{k-1} f^{k}(b)$$ et $$f\circ g(x) = f( \dsum_{k=0}^{n-1}\beta_k f^k(b))=\dsum_{k=0}^{n-1}\beta_k f^{k+1}(b) =\dsum_{k=1}^{n-1}\beta_{k-1} f^k(b)$$ Ainsi, $g\circ f= f\circ g$ donc $g\in \mathcal{C}(f)$, donc $\varphi_a$ est surjective.
On en déduit finalement que $\varphi_a$ est bijective.
$\mathbf{4. }\,$ En utilsant le résultat de la question précédente, on trouve que $\mathcal{C}(f)$ est de dimension $n=\dim(E)$, donc pour montrer que $(f^0=\mathrm{Id}e,f^1,\cdots,f^{n-1})$ est une base de $\mathcal{C}(f)$ il suffit de montrer que c'est une famille libre.
Remarque Il est clair que, pout tout $k\in \N$, $f^k\in \mathcal{C}(f)$.
Soit $\alpha_0,\cdots,\alpha_{n-1}\in \K$ tels que $$\dsum_{k=0}^n \alpha_kf^k =\alpha_0 \mathrm{Id}e +\alpha_1 f+\cdots+\alpha_{n-1}f^{n-1}=0$$ On applique alors $f^{n-1}$ sur la relation précédente, vu que $f^k=0$ pour $k\geq n$, on obtient alors $$0= \dsum_{k=0}^n \alpha_kf^{n-1+k}= \alpha_0 f^{n-1} \Longrightarrow \alpha_0=0.$$ Ensuite, on applique $f^{n-2}$, ce qui donne $$0= \dsum_{k=1}^n \alpha_kf^{n-2+k} =\alpha_1 f^{n-1} \Longrightarrow \alpha_1=0.$$ Anisi de suite, on montre que $\alpha_0=\alpha_1=\cdots= \alpha_{n-1}=0$, ce qui donne $(\mathrm{Id}e ,f, \ldots ,f^{n - 1} )$ est une famille libre.

Comme $u^2\neq 0$, il existe alors $x_0\in \R^3$ tel que $u^2(x_0)\neq 0$. Considérons la famille $F=(x_0,u(x_0),u^2(x_0))$, et montrons que c'est une famille libre.
Soient $a,b,c\in \R$ tels que $ax_0+bu(x_0)+cu^2(x_0)=0$, en appliquant $u^2$ à cette relation, on trouve $au^2(x_0)= $ donc $a=0$. Ainsi la relation devient $b u(x_0)+cu^2(x_0)=0$ on applique alors $u$ à la dernière relation ce qui donne $b=0$, donc $ cu^2(x_0)=0$ soit $c=0$.
On en déduit que $F$ est libre, puisque le cardinale de $F=3=\dim (\R^3)$, on en déduit que $F$ est une base de $\R^3$.
$ \mathbf{a) }$ L'inclusion $\im (u)$ dans $\Ker (u^2)$ est trivial, en effet si $y\in \im (u)$, alors il existe $z\in \R^3$ tel que $x=u(z)$ et donc $u^2(x)=u^3(z)=0$.
Inversement, si $x\in \Ker(u^2)$ alors il existe $a,\,b,\,c\in \R$ tels que $x=ax_0+bu(x_0)+cu^2(x_0)$, donc $$0=u^2(x)=a u^2(x_0)\Longrightarrow a=0 \text{ soit } x=bu(x_0)+cu^2(x_0)=u(bx_0+cu(x_0))\in \im (u).$$

On pose pour $P\in \R[X],\,\,\varphi(P)=\dfrac{P(b)-P(a)}{b-a}X+\dfrac{bP(a)-aP(b)}{b-a}$. On a

1. $\varphi\in \LL(\R[X])$....évident?
2. $\varphi(X)=\dfrac{b-a}{b-a}X+\dfrac{ba-ab}{b-a}=X$ et $\varphi(1)=\dfrac{1-1}{b-a}X+\dfrac{b-a}{b-a}=1$.
3. Pour tout $P\in \R[X]$ tel que $P(a)=P(b)=0$ alors $\varphi(P)=0$.

1. Soit $P,Q\in E$ et $\lambda\in \R$, on a: $$\varphi(\lambda P+Q)=(X^2-1)(\lambda P+Q)'-nX(\lambda P+Q)=\lambda (X^2-1)P'+(X^2-1)Q-\lambda nXP-nXQ=\lambda\varphi(P)+\varphi (Q),$$ ce qui montre la linéarité de $\varphi$.
   D'autre part, on a: $$\forall k\in \{0;\cdots;n-1\},~~\varphi(X^k)=(k-n)X^{k+1}-kX^{k-1}\Longrightarrow \dg(\varphi(X^k))\leq n\text{ et } \varphi(X^n)=nX^{n-1}.$$ On en déduit que l'image de la base canonique $\Bb$ de $E$ par $\varphi$ est inclue dans $E$, ce qui donne: $$\varphi(E)=\Vect (\varphi(\Bb))\subset E.$$ On en déduit que $\varphi$ est un endomorphisme de $E$.
2. Puisque la famille $\mathcal{F}_n=\{(X+1)^k(X-1)^{n-k},~~k\in \inter{0nn}\}$ contient autant d'éléments que la dimension de $E$, il suffit alors de montrer que c'est une famille libre pour qu'elle soit une base de $E$.
   Pour $n\in \N^*$, on pose $\mathcal{P}_n:~~\mathcal{F}_n$ est libre.
   $\quad \quad$ Pour $n=1$, on a $\mathcal{F}_1=\{X-1,X+1\}$. Soient $a,b\in \R$ tels que $$a(X-1)+b(X+1)=0\Longrightarrow (a+b)X+(b-a)=0\Longrightarrow\left\{\begin{array}{ccl} a+b&=&0\\ a-b&=&0 \end{array} \right. \Longrightarrow a=b=0$$ donc $\mathcal{F}_1$ est libre.
   $\quad \quad$ Soit $n\in \N^*$, on suppose que $\mathcal{P}_n$ est vrai.
   Soient $a_0,\cdots,a_{n+1}\in \R$, tels que $\dsp\sum_{k=0}^{n+1}a_k(X+1)^k(X-1)^{n+1-k}=0$, donc on a $$\forall x\in \R,~~\sum_{k=0}^{n+1}a_k(x+1)^k(x-1)^{n+1-k}=0\underset{x=1}{\Longrightarrow}a_{n+1}2^{n+1}=0\Longrightarrow a_{n+1}=0$$ Ce qui donne : $$\dsp\sum_{k=0}^{n}a_k(X+1)^k(X-1)^{n+1-k}=0=(X-1)\sum_{k=0}^{n}a_k(X+1)^k(X-1)^{n-k}\Longrightarrow \dsp\sum_{k=0}^{n}a_k(X+1)^k(X-1)^{n-k}=0,$$ or d'après $\mathcal{P}_n$ cette famille est libre donc $a_0=\cdots=a_n=0$. On en déduit alors que $\mathcal{F}_{n+1}$ est libre ce qui démontre $\mathcal{P}_{n+1}$. $$\,$$ Donc $\mathcal{F}_n$ est libre pour tout $n\in \N^*$, ce qui montre que c'est une base de $\R_n[X]$.
3. Soit $0\leq k\leq n$, on a: $$\begin{array}{cl} \varphi(P_k)&= (X+1)(X-1)\Big (k(X+1)^{k-1}(X-1)^{n-k}+(n-k)(X+1)^k(X-1)^{n-k-1}\Big )-nX(X+1)^k(X-1)^{n-k}\\ &\\ &=(X+1)^k(X-1)^{n-k}\Big(k(X-1)+(n-k)(X+1)-nX\Big)=(n-2k)(X+1)^k(X-1)^{n-k}, \end{array} $$ Ce qui donne $\boxed{\varphi(P_k)=(n-2k)P_k}$.
4. Puisque $\mathcal{F}_n$ est une base de $E$ alors $\im (\varphi)= \Vect(\varphi(\mathcal{F}_n))$. Il y a deux cas à distinguer:
   $\quad \quad$ $n$ impair. Dans ce cas, pour tout $0\leq k\leq n$, $\varphi(P_k)\neq 0$, et on a $\Vect(\varphi(\mathcal{F}_n))=\Vect(\mathcal{F}_n)=E$, donc $\varphi$ est surjective, en utilisant le théorème de rang on a également $\Ker\varphi=\{0\}$.
   $\quad \quad$ $n$ est pair. Dans ce cas, on a $\varphi\left(P_k)\right)\neq 0$ pour $k\in \inter{0,n}\setminus \{\frac{n}{2}\}$ et $\varphi\left(P_{n/2}\right)=0$. On en déduit $\Ker \varphi =\Vect(P_{n/2})$ et $\im \varphi = \Vect\big(P_k,k\in \inter{0,n}\setminus \{\frac{n}{2}\}\big)$.
5. D'après la question précédente, $\boxed{\varphi\in GL(E)\Longleftrightarrow n \text{ est impaire}}$.

On pose pour la suite (dans le cas ou les $b_i$ sont 2 à 2 distincts), $ L_i(X)=\dsp \prod_{j\in \inter{0,n}\setminus\{i\}}\dfrac{X-b_j}{b_i-b_j}$.

1. Si les réels ne sont pas 2 à 2 distincts, alors il est claire que la famille $(\varphi_i)_{0 \leq i \leq n}$ est liée. Supposons alors les réels $(b_i)$ sont 2 à 2 distincts, soit $\lambda_0,\cdots,\lambda_n\in \R$ tels que $\dsum_{i=0}^n\lambda_i\varphi_i=0$. Ce qui donne, $$\forall P\in \R_n[X],\quad \dsum_{i=0}^n\lambda_i\varphi_i(P)=0\Longleftrightarrow \forall P\in \R_n[X],\quad \dsum_{i=0}^n\lambda_iP(b_i)=0,$$ en particulière, pour $P=L_j$ ($j\in \inter{0,n}$), on a $\dsum_{i=0}^n\lambda_iL_j(b_i)=\dsum_{i=0}^n\lambda_i\delta_{i,\,j}=\lambda_j=0$.
   Ceci prouve que la famille $(\varphi_i)$ est une famille libre.
   Inversement si la famille est libre, alors les $(b_i)$ sont 2 à 2 distincts (prenez $P=X$).
2. On suppose que les $b_i$ sont 2 à 2 distincts, donc la famille $(\varphi_i)$ est une famille libre et puisqu'elle contient AUTANT D'ÉLÉMENTS que la DIMENSION de $(\R_n[X])^*$, car $\dim((\R_n[X])^*)=\dim(\R_n[X])=n+1$, alors cette famille est une base de $(\R_n[X])^*$.
   L'application $\fonct{\psi}{\R_n[X]}{\R}{P}{\dsp\int_0^1P(t)\ud t}$ est une forme linéaire, donc il existe $a_0,\cdots, a_n\in \R$ tels que $\psi =\dsum_{i=0}^na_i\varphi_i$. Ce qui donne $$\forall P\in \R_n[X],\quad \psi(P)=\int_0^1P(t)\ud t= \dsum_{i=0}^n a_i\varphi_i(P)=\dsum_{i=0}^na_iP(b_i).$$

correction web.

On sait que $(f+g)(E)\subset f(E)+g(E)$ donc $n\leqslant \rg f + \rg g$. On a donc $\rg f+\rg g=n$.
On a $g=\mathrm{Id}-f$ donc $\Ker g=Inv(f)=\Ker(f-\mathrm{Id})$. Le théorème du rang donne $\dim\Ker g=\dim Inv(f)=n-\rg g =\rg f$.
Or $Inv(f)\subset \im f$ ; puisqu'il y a égalité des dimensions, on en déduit $\im f=Inv(f)=\Ker g$.
On en déduit donc que $g\circ f=0$, soit $(\mathrm{Id}-f)\circ f=0$, soit encore $f\circ f=f$ : $f$ est donc un projecteur.
De même pour $g$.

Rappelons que si $p$ est un projecteur alors $x\in \im (p)$ ssi $p(x)=x$.

1. Supposons que $u\circ p =p \circ u$, soit $x\in \im (p)$ alors $u(x)=u(p(x))=p(u(x))$ donc $u(x)\in \im (p)$ ce qui donne $\im (p)$ est stable par $u$.
   Soit $x\in \Ker (p)$ alors $p(u(x))=u(p(x))=u(0)=0$ donc $u(x)\in \ker (p)$. On en déduit que $\Ker (p)$ est stable par $u$.
   Inversement, supposons que $\im (p)$ et $\Ker (p)$ sont stable par $u$. Soit $x\in E$ alors $x=x_1+x_2$ avec $x_1\in \im (p)$ et $x_2\in \Ker (p)$. Ce qui donne: $$p(u(x))=p(u(x_1))+p(u(x_2))=u(x_1),\quad u(p(x))=u(p(x_1)+p(x_2))=u(p(x_1))=u(x_1)\Longrightarrow u(p(x))=p(u(x)).$$ On en déduit alors que $u\circ p=p\circ u$.
2. Supposons que $p\circ q= q\circ p =0$, alors $(p+q)^2=p^2+p\circ q+q\circ p+q^1=p+q$ donc $p+q$ est un projecteur de $E$.
   Inversement, supposons que $p+q$ est un projecteur, alors $(p+q)^2=p+q$ ce qui donne $p\circ q+q\circ p=0$ soit $pq=-qp$. On obtient ensuite, $$pq = p^2q =p(pq)=p(-qp)=(-pq)p=(qp)p=qp^2=qp \Longrightarrow pq =qp,$$ or $pq=-qp$ ce qui donne $2pq=0$ soit $pq=qp=0$.
   Soit $x\in \im p\cap \im q$ alors $p(x)=x=q(x)$ ce qui donne $q(p(x))=q(x)=x$ or $q\circ p =0$ donc $x=0$ soit $\im p\cap \im q=\{0\}$. Donc la somme $\im p +\im q $ est direct.
   Soit $x\in \im (p+q)$ alors $x=(p+q)(x)=p(x)+q(x)\in \im (p)+\im (q)$ donc $\im (p+q)\subset \im p \oplus \im q$, inversement soit $x=x_p+x_q\in \im p+\im q$, on a $$(p+q)(x)=p(x_p)+p(x_q)+q(x_p)+q(x_q)= x_p+p(q(x_q))+q(p(x_p))+x_q=x_p+x_q=x\Longrightarrow x\in \im (p+q)$$ On en déduit $\boxed{\im (p+q)=\im p\oplus \im q}$.
   Il est évident que $\Ker p\cap \Ker q \subset \Ker (p+q)$, inversement soit $x\in \Ker (p+q)$ alors $p(x)=-q(x)$, d'où $$p^2(x)=-p(q(x))=0=p(x), \text{ car } p^2=p \Longrightarrow x\in \Ker p,$$ la même démarche donne $x\in \Ker q$, finalement $x\in \Ker p\cap \Ker q$, i.e. $\Ker (p+q)\subset \Ker p\cap \Ker q$. Ce qui donne l'égalité.

$\mathbf{1. }$ Notons $\varphi = p\circ q$, Pour montrer que $\varphi$ est un projecteur, il suffit de montrer que $\varphi^2=\varphi$ $$\varphi^2=(p\circ q)\circ (p\circ q)=p\circ (q\circ p )\circ q=p\circ (p\circ q )\circ q=p^2\circ q^2=p\circ q=\varphi.$$ On va montrer que $\Ker (\varphi) \Ker p +\Ker q$ et $\im \varphi = \im p\cap \im q$.
Soit $x\in \Ker \varphi$, alors $p(q(x))=0$ donc $q(x)\in \Ker p$. D'autre par $x-q(x)\in \Ker q$ puisque $q$ est un projecteur. Donc $x=\underset{\in \Ker p}{\underbrace{q(x)}}+\underset{\in \Ker q}{\underbrace{x-q(x)}}\in \Ker p+\Ker q$ soit $\boxed{\Ker \varphi \subset \Ker p+\Ker q}$.
Soit $x\in \Ker p+\Ker q$ alors $x=a+b$ avec $a\in \Ker p$ et $b\in \Ker q$, et on a $$\varphi(x)=\varphi(a+b)=\varphi(a)+\varphi(b)=p(q(a))+p(q(b))=q(p(a))+p(q(b))=0\Longrightarrow x\in \Ker \varphi.$$ Ce qui donne $ \boxed{\Ker p+\Ker q\subset \Ker \varphi}$.
Conclusion $\boxed{ \Ker \varphi=\Ker p+\Ker q}$.
Soit $x\in \im \varphi$, alors $\varphi(x)=x$ donc $p(q(x))=x$ soit $x\in \im p$, également $p(q(x))=q(p(x))=x$ donc $x\in \im q$. D'où $x\in \im p \cap \im q$. On en déduit $\boxed{\im \varphi\subset \im p \cap \im q}$.
Soit $x\in \im p \cap \im q$ alors $p(x)=q(x)=x$ d'où $\varphi(x)=p(q(x))=p(x)=x$ donc $x\in \im \varphi$. D'où $\boxed{\im p\cap \im q\subset \im \varphi}$.
Conclusion $\boxed{ \im \varphi=\im p\cap \im q}$.
$\mathbf{2. }$ Supposons que $ p\circ q =0$, alors $$\begin{array}{lcl} r^2&=&(p+q-q \circ p)^2\\ &=&p^2+p\circ q-p\circ q\circ p +q\circ p+q^2 -q^2\circ p -q\circ p^2-q\circ p\circ q +(p\circ q)^2\\ &=&p+q-p\circ q \end{array}$$ On trouve $r^2=r$ ce qui prouve que \fbox{ $r$ est un projecteur de $E$}.
Puisque $p\circ q= 0$ alors $\im q \subset \Ker p$, on peut alors écrire $\Ker p =\im q \oplus (\Ker p\cap \Ker q)$. En effet, on a déjà $\im q \cap (\Ker p\cap \Ker q)\subset \im q \cap \Ker q=\{0\}$ et si $x\in \Ker p$ alors $x=x_1+x_2$ avec $x_\in \im q$ et $x_2\in \Ker q$ (puisque $E=\im q \oplus \Ker q$), il faut juste montrer que $x_2\in \Ker p$ ce qui est le cas puisque $p(x_2)= p(x-x_1)=p(x)-p(x_1)=0$.
Montrons alors que $\Ker r = \Ker p\cap \Ker q$.
On a $\Ker p\cap \Ker q\subset \Ker r$ puisque si $ x\in \Ker p\cap \Ker q$ alors $p(x)=q(x)=p(q(x))=0$ donc $r(x)=0$.
Soit $x\in \Ker r$, alors $x=x_1+x_2=x_1+y_1+y_2$ avec $x_1\in \im p,\,x_2\in \Ker p$, $y_1\in \im q,\, y_2\in \Ker p\cap \Ker q$ tels que $y_1+y_2=x_2$. Un calcul simple de $r(x)$ donne $$0=r(x)=p(x)+q(x)-q(p(x))=p(x_1)+q(x_1)-q(x_1)=p(x_1)\Longrightarrow x_1\in \Ker p\Longrightarrow x_1=0$$ Donc $x=x_2=y_1+y_2$, puis $$0=r(x)=r(x_2)=q(y_1+y_2)=q(y_1)\Longrightarrow y_1\in \Ker q\Longrightarrow y_1=0.$$ Finalement $x=y_2\in \Ker p\cap \Ker q$.
Montrons maintenant que $\im r = \im p \oplus \im q$.
Soit $x = x_1+x_2 \in \im p +\im q $ alors $$r(x)=p(x_1)+q(x_1)+q(x_2)-q(p(x_1))=x_1+x_2\Longrightarrow x=x_1+x_2\in \im r.$$ Soit $x=x_1+x_2\in \im r$ avec $x_1\in \im p$ et $x_2\in \Ker p$ alors $$x=x_1+x_2=r(x)= p(x_1)+q(x_1+x_2)-q(p(x_1))=x_1+q(x_2)\Longrightarrow x_2=q(x_2) \Longrightarrow x_2\in \im q$$ On en déduit que $x\in \im p +\im q$.

1. $F$ étant stable par $f$ est stable par tous les $f^{\ell}$ avec $\ell \in \N$ (récurrence). De plus $f(F) \subset F$ et $f$ bijectif impliquent $f(F)=F$ (par les dimensions), donc $f^{-1}(F)=F$ donc $F$ est également stable par $f^{-\ell}$ pour $\ell \in \N$.
   Donc, pour tout $x\in E$, $p(x) \in F$ donc $f^{\ell}[p(x)] \in F$ donc $p \circ f^{\ell }\circ p (x)= f^{\ell}\circ p(x)$, les vecteurs de $F$ étant invariants par $p$. Cela démontre la remarque de l'énoncé.
2. On a alors $$\begin{array}{lcl} q^2&=&\dfrac1{(n+1)^2}\dsum_{1\leq k,\ell \leq n}f^k\circ p \circ f^{n-k}\circ f^{\ell}\circ p \circ f^{n-\ell}\\ &=&\dfrac1{(n+1)^2}\dsum_{1\leq k,\ell \leq n}f^k\circ p \circ f^{\ell-k}\circ p \circ f^{n-\ell} \text{ puisque } f^n=\mathrm{Id}e\\ &=&\dfrac1{(n+1)^2}\dsum_{1\leq k,\ell \leq n}f^k \circ f^{\ell-k}\circ p \circ f^{n-\ell} \text{ d'après la remarque}\\ &=&\dfrac1{(n+1)^2}\dsum_{1\leq k,\ell \leq n}f^{\ell}\circ p \circ f^{n-\ell}\\ &=&\dfrac1{(n+1)^2}(n+1)\dsum_{\ell}f^{\ell}\circ p \circ f^{n-\ell} = q \end{array} $$
3. Si $x\in F$, alors $f^{n-k}(x)\in F$ donc $p[f^{n-k}(x)]=f^{n-k}(x)$ et $q(x)=\dfrac1{n+1}\dsum_{k=0}^n f^k\circ f^{n-k}(x)=\dfrac1{n+1}\dsum_{k=0}^n x = x$, d'où $x\in \im p$. Donc $F\subset \im p$.

Pour tout $x\in E$, $p\circ f^{n-k}(x)$ appartient à $F$ donc $f^k\circ p\circ f^{n-k}(x)$ appartient à $F$ puis $q(x) \in F$. On a donc $\im p \subset F$.

Soit $f\in \LL (\R^n)$ (resp. $g\in \LL (\R^n)$) tel que la matrice de $f$ dans la base canonique est $AA^t$ (resp. $A^tA$)$. Alors $$M(f^2)=(AA^t)^2= AA^t AA^t =(AA^tA)A^t=AA^t =M(f)$$ donc $f^2=f$, autrement dit $f$ est un projecteur de $\R^n$.

De même, $$M(g^2)=(A^tA)^2= A^t AA^tA =A^t(AA^tA)=A^tA =M(g)$$ donc $g^2=g$, autrement dit $g$ est un projecteur de $\R^n$.

$X,Y$ deux vecteurs colonnes, alors on peut écrire $A =X Y^t$ (et donc $A^t=YX^t$), ce qui donne: $$A A^t A= XY^t YX^t XY^t = X (Y^tY)(X^tX)Y^t=\norme{Y}^2\norme{X}^2 A.$$ Donc pour avoir l'équation demandée il faut et il suffit que $\norme{Y}\norme{X}=1$.

Une remarque utile : on a toujours $\im(u+v) \subset \im u + \im v$. En effet, si $y \in \im(u+v)$, il existe $x$ tel que $y=(u+v)(x)$ d'où $y=u(x)+v(x) \in \im u +\im v$.
Ici, $u+v$ est inversible donc $\im(u+v)=E$ donc $E \subset \im u + \im v$ ce qui implique $E=\im u +\im v$. Donc $n=\dim E =\rg u + \rg v - \dim(\im u \cap \im v)$ d'après la formule de Grassmann, d'où $n \leq \rg u + \rg v$.
Enfin, $u\circ v=0$ implique $\im v \subset \Ker u$ donc $\rg v \leq \dim(\Ker u)$ soit $\rg v \leq n - \rg u$ ce qui donne l'autre inégalité $\rg u + \rg v \leq n$.

D'après le th. du rang, on a :$\dim\Ker f + \dim \im f = \dim \Ker g+\dim \im g = n$, soit, avec des notations évidentes, $n_1+n_2=n'_1+n'_2=n$.
Par ailleurs les hypothèses nous donnent $n\leqslant n_1+n_1'$ et $n\leqslant n_2+n'_2$ (d'après la formule de Grassmann), soit $n\leqslant (n-n_1)+(n-n'_1)$ ou encore $n\geqslant n_1+n'_1$ ; on a donc $n=n_1+n'_1$ ce qui prouve que la somme $\Ker f + \Ker g$ est directe. On procède de même pour les images.
En dimension infinie, on peut considérer l'espace des polynômes $E=\R[X]$, et on note $(e_n)$ la base canonique de $E$ ($e_n=X^n$).
On considère alors $f$ l'application linéaire définie par $e_{2n}\longmapsto e_{n}$ et $e_{2n+1}\longmapsto 0$.
Alors $\Ker f=\Vect\{e_{2n+1}, \ n\in\N\}$, et $\im f=E$.
On considère maintenant $g$ telle que $g(e_{2n})=0$ et $g(e_{2n+1})=e_n$, et on obtient $\Ker g=\Vect\{e_{2n},\ n\in\N\}$ et $\im g=E$.
On a $\Ker f+\Ker g=E$ et $\Ker f\cap \Ker g=\{0\}$ donc $E=\Ker f\oplus \Ker g$. Par contre, $\im f\cap \im g=E$ donc $\im f$ et $\im g$ ne sont pas en somme direct.