Chap. 3. Espaces vectoriels et Applications linéaires
On a (g ◦ f )
2 = g ◦ f ◦ g ◦ f = g ◦ f , l’application g ◦ f est donc un projecteur.
Comme g est injective g ◦ f (x) = 0 si et seulement si f (x) = 0 et on a donc (2)
Ker g ◦ f = Ker f . De (1) et (2) on peut préciser que g ◦ f est le projecteur sur Im g,
parallèlemement à Ker f .
Exercice 3.29
Mines-Ponts MP 2005
Soient u et v dans dans L(R
n ) tels que rg u + rg v n et u + v = Id R n . Montrer
que u et v sont des projecteurs.
En appliquant u à l’égalité u + v = Id E , on obtient u
2 + u ◦ v = u. Pour montrer
que u est un projecteur il suffit donc de montrer que u ◦ v = 0. Pour obtenir ce
dernier résultat il suffit de montrer que Im v ⊂ Ker u. Or on constate que ce qui est
facile à montrer c’est plutôt l’inclusion Ker u ⊂ Im v, en effet pour tout x dans Ker u,
l’égalité u(x) + v(x) = x devient v(x) = x ce qui montre que x appartient à Im v. On
peut alors essayer d’examiner les dimensions de Im v et Ker u pour montrer que ces
deux sous-espaces vectoriels sont égaux.
Commençons par montrer que rg u + rg v = n. Pour tout x dans E, on a
x = u(x) + v(x), on en déduit que E = Im u + Im v. Ainsi on a dim(Im u + Im v) = n,
or on sait que dim(Im u + Im v) = dim Im u + dim Im v − dim Im u ∩ Im v. On
en déduit dim Im u + dim Im v n. Comme par hypothèse rg u + rg v n, on a
finalement rg u + rg v = n.
Le théorème du rang montre alors que dim Ker u = n − rg u = rg v. Comme on sait
que Ker u ⊂ Im v, on en déduit Ker u = Im v et par conséquent u ◦ v = 0.
On a donc montré que u
2 = u, ce qui montre que u est un projecteur. Les hypothèses
étant symétriques en u et v, l’application linéaire v est également un projecteur.
3.3 EXERCICES D’APPROFONDISSEMENT
Exercice 3.30
Centrale PC 2006
Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie. Soient f et g deux endomorphismes de E. Montrer que
1) rg (g ◦ f ) = rg g ⇔ E = Im f + Ker g.
2) rg (g ◦ f ) = rg f ⇔ Im f ∩ Ker g = {0}
1) On a toujours Im g ◦ f ⊂ Im g. On en déduit que l’égalité rg (g ◦ f ) = rg g est
équivalente à Im g ◦ f = Im g.
Supposons E = Im f + Ker g. Montrons qu’alors Im g ◦ f ⊃ Im g. Soit y dans Im g.
Il existe x dans E tel que g(x) = y. Or par hypothèse il existe (x
, z) dans E × Ker g
On a (g ◦ f )
2 = g ◦ f ◦ g ◦ f = g ◦ f , l’application g ◦ f est donc un projecteur.
Comme g est injective g ◦ f (x) = 0 si et seulement si f (x) = 0 et on a donc (2)
Ker g ◦ f = Ker f . De (1) et (2) on peut préciser que g ◦ f est le projecteur sur Im g,
parallèlemement à Ker f .
Exercice 3.29
Mines-Ponts MP 2005
Soient u et v dans dans L(R
n ) tels que rg u + rg v n et u + v = Id R n . Montrer
que u et v sont des projecteurs.
En appliquant u à l’égalité u + v = Id E , on obtient u
2 + u ◦ v = u. Pour montrer
que u est un projecteur il suffit donc de montrer que u ◦ v = 0. Pour obtenir ce
dernier résultat il suffit de montrer que Im v ⊂ Ker u. Or on constate que ce qui est
facile à montrer c’est plutôt l’inclusion Ker u ⊂ Im v, en effet pour tout x dans Ker u,
l’égalité u(x) + v(x) = x devient v(x) = x ce qui montre que x appartient à Im v. On
peut alors essayer d’examiner les dimensions de Im v et Ker u pour montrer que ces
deux sous-espaces vectoriels sont égaux.
Commençons par montrer que rg u + rg v = n. Pour tout x dans E, on a
x = u(x) + v(x), on en déduit que E = Im u + Im v. Ainsi on a dim(Im u + Im v) = n,
or on sait que dim(Im u + Im v) = dim Im u + dim Im v − dim Im u ∩ Im v. On
en déduit dim Im u + dim Im v n. Comme par hypothèse rg u + rg v n, on a
finalement rg u + rg v = n.
Le théorème du rang montre alors que dim Ker u = n − rg u = rg v. Comme on sait
que Ker u ⊂ Im v, on en déduit Ker u = Im v et par conséquent u ◦ v = 0.
On a donc montré que u
2 = u, ce qui montre que u est un projecteur. Les hypothèses
étant symétriques en u et v, l’application linéaire v est également un projecteur.
3.3 EXERCICES D’APPROFONDISSEMENT
Exercice 3.30
Centrale PC 2006
Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie. Soient f et g deux endomorphismes de E. Montrer que
1) rg (g ◦ f ) = rg g ⇔ E = Im f + Ker g.
2) rg (g ◦ f ) = rg f ⇔ Im f ∩ Ker g = {0}
1) On a toujours Im g ◦ f ⊂ Im g. On en déduit que l’égalité rg (g ◦ f ) = rg g est
équivalente à Im g ◦ f = Im g.
Supposons E = Im f + Ker g. Montrons qu’alors Im g ◦ f ⊃ Im g. Soit y dans Im g.
Il existe x dans E tel que g(x) = y. Or par hypothèse il existe (x
, z) dans E × Ker g