tel que x = f (x
) + z. On a alors y = g(x) = g( f (x
)), ce qui montre que y est dans
Im g ◦ f . Grâce à la remarque précédente on en déduit rg (g ◦ f ) = rg g.
Supposons réciproquement que Im g ◦ f = Im g. Soit x dans E. Il existe par hypothèse x
dans E tel que g ◦ f (x
) = g(x). On en déduit g(x − f (x
)) = 0, donc
z = x − f (x
) est dans Ker g. On a ainsi réussi à écrire x = f (x
) + z comme somme
d’un élément de Im f et d’un élément de Ker g. On a donc montré E = Im f +Ker g.
2) Supposons rg (g ◦ f ) = rg f .
Le théorème du rang montre alors que dim Ker f = dim Ker g ◦ f . Comme on a
toujours Ker f ⊂ Ker g ◦ f , on en déduit Ker f = Ker g ◦ f . Soit alors x dans
Im f ∩ Ker g, il existe x
dans E tel que x = f (x
) et g(x) = g( f (x
)) = 0. On
en déduit que x
est dans Ker g ◦ f , or on vient de montrer que Ker f = Ker g ◦ f ,
on a donc f (x
) = x = 0. On a ainsi montré que Im f ∩ Ker g ⊂ {0}. L’inclusion
réciproque est immédiate. On a donc Im f ∩ Ker g = {0}.
Supposons réciproquement que Im f ∩Ker g = {0}, et montrons qu’alors on a l’égalité Ker f = Ker g ◦ f . Il suffit de montrer Ker f ⊃ Ker g ◦ f . Soit x dans Ker g ◦ f
alors f (x) est dans Im f ∩ Ker g = {0}. On a donc f (x) = 0, ce qui montre que x
est dans Ker f . On conclut par le théorème du rang qu’on a bien rg (g ◦ f ) = rg f .
Remarque
On peut par exemple utiliser les résultats obtenus pour démontrer le résultat
classique : il y a équivalence (en dimension finie) entre E = Ker f ⊕ Im f et
Im f
2 = Im f . On remarquera également que ces résultats sont parfaitement
cohérents avec ceux dont on dispose sur les projecteurs.
Exercice 3.31
Centrale MP, Mines-Ponts 2006
Soient n dans N
∗ , a 1 , a 2 ,. . ., a n des réels distincts non nuls et, pour 1 i n, L i
la forme linéaire définie sur E = R n−1 [X ] par : ∀P ∈ E, L i (P) =
a i
0
P(t) dt.
Montrer que (L 1 , L 2 , . . . , L n ) est une base de E
∗ .
Remarquons tout d’abord que pour P dans R n [X ] la fonction F P qui à x associe
x
0
P(t) d t est la primitive de P qui s’annule en 0. On a ainsi :
∀P ∈ E, L k (P) = F P (a k ).
Soit (a 1 , . . . , a n ) dans R
n tel que
n
k=1
a k L k = 0. Ceci signifie que pour tout polynôme P de E on a
n
k=1
a k L k (P) =
n
k=1
a k F P (a k ) = 0.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
) + z. On a alors y = g(x) = g( f (x
)), ce qui montre que y est dans
Im g ◦ f . Grâce à la remarque précédente on en déduit rg (g ◦ f ) = rg g.
Supposons réciproquement que Im g ◦ f = Im g. Soit x dans E. Il existe par hypothèse x
dans E tel que g ◦ f (x
) = g(x). On en déduit g(x − f (x
)) = 0, donc
z = x − f (x
) est dans Ker g. On a ainsi réussi à écrire x = f (x
) + z comme somme
d’un élément de Im f et d’un élément de Ker g. On a donc montré E = Im f +Ker g.
2) Supposons rg (g ◦ f ) = rg f .
Le théorème du rang montre alors que dim Ker f = dim Ker g ◦ f . Comme on a
toujours Ker f ⊂ Ker g ◦ f , on en déduit Ker f = Ker g ◦ f . Soit alors x dans
Im f ∩ Ker g, il existe x
dans E tel que x = f (x
) et g(x) = g( f (x
)) = 0. On
en déduit que x
est dans Ker g ◦ f , or on vient de montrer que Ker f = Ker g ◦ f ,
on a donc f (x
) = x = 0. On a ainsi montré que Im f ∩ Ker g ⊂ {0}. L’inclusion
réciproque est immédiate. On a donc Im f ∩ Ker g = {0}.
Supposons réciproquement que Im f ∩Ker g = {0}, et montrons qu’alors on a l’égalité Ker f = Ker g ◦ f . Il suffit de montrer Ker f ⊃ Ker g ◦ f . Soit x dans Ker g ◦ f
alors f (x) est dans Im f ∩ Ker g = {0}. On a donc f (x) = 0, ce qui montre que x
est dans Ker f . On conclut par le théorème du rang qu’on a bien rg (g ◦ f ) = rg f .
Remarque
On peut par exemple utiliser les résultats obtenus pour démontrer le résultat
classique : il y a équivalence (en dimension finie) entre E = Ker f ⊕ Im f et
Im f
2 = Im f . On remarquera également que ces résultats sont parfaitement
cohérents avec ceux dont on dispose sur les projecteurs.
Exercice 3.31
Centrale MP, Mines-Ponts 2006
Soient n dans N
∗ , a 1 , a 2 ,. . ., a n des réels distincts non nuls et, pour 1 i n, L i
la forme linéaire définie sur E = R n−1 [X ] par : ∀P ∈ E, L i (P) =
a i
0
P(t) dt.
Montrer que (L 1 , L 2 , . . . , L n ) est une base de E
∗ .
Remarquons tout d’abord que pour P dans R n [X ] la fonction F P qui à x associe
x
0
P(t) d t est la primitive de P qui s’annule en 0. On a ainsi :
∀P ∈ E, L k (P) = F P (a k ).
Soit (a 1 , . . . , a n ) dans R
n tel que
n
k=1
a k L k = 0. Ceci signifie que pour tout polynôme P de E on a
n
k=1
a k L k (P) =
n
k=1
a k F P (a k ) = 0.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit