Math sup : Espaces vectoriels de dimension finie

$S_1$ est une famille à deux éléments dans un espace de dimension 3. Ce n'est pas une base de $\mathbb R^3$. De même, $S_4$ qui comporte quatre éléments ne peut pas être une base de $\mathbb R^3$. Pour $S_2$ et $S_3$, comme ce sont des familles à 3 éléments dans un espace de dimension 3, il suffit de savoir si ce sont des familles libres ou non. Résolvons d'abord l'équation $$\lambda_1(1,-1,0)+\lambda_2(2,-1,2)+\lambda_3(1,0,a)=0\iff\left\{ \begin{array}{rcl} \lambda_1+2\lambda_2+\lambda_3&=&0\\ -\lambda_1-\lambda_2&=&0\\ 2\lambda_2+a\lambda_3&=&0. \end{array}\right.$$ Ce système est successivement équivalent à $$\left\{ \begin{array}{rcl} \lambda_1+2\lambda_2+\lambda_3&=&0\\ \lambda_2+\lambda_3&=&0\ (L2)+(L1)\to (L2)\\ 2\lambda_2+a\lambda_3&=&0 \end{array}\right. \iff\left\{ \begin{array}{rcl} \lambda_1+2\lambda_2+\lambda_3&=&0\\ \lambda_2+\lambda_3&=&0\\ (a-2)\lambda_3&=&0 \end{array}\right.$$ Si $a\neq 2$, on obtient $\lambda_3=0$ et en remontant les calculs $\lambda_1=\lambda_2=0$. La famille est donc libre. Si $a=2$, alors le choix $\lambda_3=1,\lambda_2=-1$ et $\lambda_1=1$ donne une solution au système. La famille n'est alors pas libre. On conclut que $S_2$ est une base si et seulement si $a\neq 2$.
Étudions maintenant $S_3$, en résolvant l'équation $$\lambda_1(1,0,0)+\lambda_2(a,b,0)+\lambda_3(c,d,e)=0$$ qui est équivalente au système $$\left\{ \begin{array}{rcl} \lambda_1+a\lambda_2+c\lambda_3&=&0\\ b\lambda_2+d\lambda_3&=&0\\ e\lambda_3&=&0. \end{array} \right.$$ Si $e\neq 0$, on obtient $\lambda_3=0$. Si de plus $b\neq 0$, on obtient $\lambda_2=0$ puis $\lambda_1=0$ : la famille est libre. D'autre part, si $b=0$, le deuxième vecteur est proportionnel au premier et la famille est liée. Enfin, si $e=0$, toute combinaison linéaire des trois vecteurs est telle que la troisième coordonnée est nulle : la famille n'est pas génératrice. Ainsi, $(S_3)$ est une base si et seulement si $e\neq 0$ et $b\neq 0$.

Puisque $(u_1,u_2,u_3)$ est une famille de trois vecteurs dans un espace de dimension 3, à savoir $\mathbb R^3$, il suffit de prouver qu'elle est libre. L'équation $au_1+bu_2+cu_3=0$ est équivalente successivement aux systèmes : $$\left\{\begin{array}{rcl} b+c&=&0\\ a+c&=&0\\ a+b&=&0\\ \end{array}\right. \iff\left\{ \begin{array}{rcl} b+c&=&0\\ a+c&=&0\\ a-c&=&0\ (L3)-(L1)\to(L3) \end{array} \right.$$ $$\iff\left\{ \begin{array}{rcl} b+c&=&0\\ a+c&=&0\\ 2a&=&0\ (L3)+(L2)\to (L3)\\ \end{array}\right. \iff a=b=c=0.$$ La famille est libre. Pour trouver les coordonnées du vecteur $(1,1,1)$, on doit maintenant résoudre l'équation $(1,1,1)=au_1+bu_2+cu_3$, qui est successivement équivalente à $$\left\{\begin{array}{rcl} b+c&=&1\\ a+c&=&1\\ a+b&=&1\\ \end{array}\right. \iff\left\{ \begin{array}{rcl} b+c&=&1\\ a+c&=&1\\ a-c&=&0\ (L3)-(L1)\to(L3) \end{array} \right.$$ $$\iff\left\{ \begin{array}{rcl} b+c&=&1\\ a+c&=&1\\ 2a&=&1\ (L3)+(L2)\to (L3)\\ \end{array}\right. \iff a=b=c=1/2.$$ On a donc $(1,1,1)=\frac 12 u_1+\frac 12 u_2+\frac 12 u_3$. On aurait pu aller un peu plus vite en remarquant que, par symétrie des trois coordonnées, on savait que $a=b=c$.

Il est facile de prouver que $E$ est un sous-espace vectoriel des fonctions continues sur $[-1,1]$. Pour trouver une base de $E$, partons de $f\in E$. Puisque $f$ est affine sur $[-1,0]$, il existe des constantes $a$ et $b$ telles que, pour tout $x\in[-1,0]$, on a $f(x)=ax+b$. Puisque $f$ est affine sur $[0,1]$, il existe des constantes $c$ et $d$ telles que, pour tout $x\in[0,1]$, on a $f(x)=cx+d$. La continuité de $f$ en 0 entraine que $b=d$. Finalement, on a prouvé que $f$ est élément de $E$ si et seulement s'il existe trois réels $a$, $b$ et $c$ tels que $$f(x)=\begin{cases} ax+b\textrm{ si }x\in[-1,0]\\ cx+b\textrm{ si }x\in[0,1]. \end{cases}$$ Ceci suggère que la dimension de $E$ est 3. Encore faut-il trouver la base à partir de l'écriture précédente. Posons pour cela $$f_1(x)=\begin{cases} x\textrm{ si }x\in[-1,0]\\ 0\textrm{ si }x\in[0,1] \end{cases}\quad\quad f_2(x)=\begin{cases} 0\textrm{ si }x\in[-1,0]\\ x\textrm{ si }x\in[0,1] \end{cases}\textrm{ et } f_3(x)=1.$$ $f_1,f_2$ et $f_3$ sont des éléments de $E$, et la discussion précédente montre que tout élément de $E$ s'écrit $af_1+cf_2+bf_3$. Autrement dit, $(f_1,f_2,f_3)$ est une famille génératrice de $E$. De plus, $(f_1,f_2,f_3)$ est une famille libre. En effet, si $\lambda_1 f_1+\lambda_2f_2+\lambda_3f_3=0$, l'évaluation en $x=0$ donne $\lambda_3=0$, puis celle en $-1$ donne $\lambda_1=0$ et enfin celle en $1$ donne $\lambda_2=0$. On conclut finalement que $(f_1,f_2,f_3)$ est une base de $E$.

Le point clé est de constater que $L_k(\alpha_i)=1$ si $i=k$, $0$ sinon. Supposons alors que $$a_1L_1+\dots+a_n L_n=0.$$ Si on évalue cette égalité en $\alpha_k$, on trouve $a_k=0$. La famille est libre. C'est une famille de $n$ vecteurs dans un espace de dimension $n$, donc c'est une base de $E$.
De plus, prenons $P\in E$, et cherchons $a_1,\dots,a_n$ tels que $$P=a_1L_1+\dots+a_n L_n.$$ La méthode est identique : on évalue en $\alpha_k$ et on trouve $$P(\alpha_k)=a_k.$$ Ainsi, on a prouvé que pour tout $P\in E$, on a $$P(X)=\sum_{k=1}^n P(\alpha_k)L_k.$$

$F$ est donné par une équation. Il faut d'abord en trouver un système générateur. On a $$(a,b,c,d)\in\mathbb F\iff b-2c+d=0\iff \left\{ \begin{array}{rccccccccc} a&=&a\times 1\\ b&=&&c\times 2&+d\times (-1)\\ c&=&&c\times 1\\ d&=&&&d\times 1. \end{array}\right.$$ La famille constituée par les vecteurs $(1,0,0,0)$, $(0,2,1,0)$ et $(0,-1,0,1)$ est donc une famille génératrice de $F$. On vérifie aisément qu'elle est libre. C'est donc une base de $F$.
Pour $G$, la situation est plus simple, car $G$ est déjà donné sous la forme d'un espace vectoriel engendré. En effet, on a $$(a,b,c,d)\in G\iff \left\{ \begin{array}{rcccccccc} a&=&&d\times 1\\ b&=&c\times 2\\ c&=&c\times 1\\ d&=&&d\times 1 \end{array}\right. $$ La famille constituée par les vecteurs $(1,0,0,1)$ et $(0,2,1,0)$ est une famille génératrice de $G$. Comme ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, la famille est libre, et donc il s'agit d'une base de $G$.
Pour $F\cap G$, on écrit $$(a,b,c,d)\in F\cap G\iff \left\{ \begin{array}{rccccc} a&=&d\\ b&=&2c\\ d&=&-b+2c=0\end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{rccccc} a&=&0c\\ b&=&2c\\ c&=&1c\\ d&=&0c \end{array}\right.$$ Le vecteur $(0,2,1,0)$ engendre $F\cap G$. C'est une base de $F\cap G$ puisqu'il est non-nul.
Enfin, par le théorème des quatre dimensions, on a $$\dim(F+G)=\dim(F)+\dim(G)-\dim(F\cap G)=3+2-1=4.$$ Ainsi, $F+G$ est un sous-espace vectoriel de dimension 4 contenu dans $\mathbb R^4$, qui est lui-même de dimension 4. $F+G=\mathbb R^4$.

Il suffit de vérifier que la réunion d'une base de $F$ et d'une base de $G$ est une base de $\mathbb R^3$. Il est ici très facile de déterminer des bases respectives de $F$ et $G$. Pour $F$, une base est donnée par $u_1=(1,1,1)$, pour $G$, une base est donnée par $u_2=(1,1,0)$ et $u_3=(1,0,1)$. Or, il est aisé de vérifier que la famille $(u_1,u_2,u_3)$ est libre, et comme c'est une famille de trois vecteurs en dimension 3, c'est une base. Donc $F$ et $G$ sont supplémentaires.

Soit $P\in F$. Alors, puisque $P(\alpha)=0$, $P$ se factorise par $X-\alpha$. Autrement dit, il existe un polynôme $Q\in\mathbb R_{n-1}[X]$ tel que $P(X)=(X-\alpha)Q(X)$. Mais on peut écrire $$Q(X)=\sum_{k=0}^{n-1}a_kX^k$$ et donc $$P(X)=\sum_{k=0}^{n-1}a_k(X-\alpha)X^k,$$ ce qui prouve que $\mathcal B$ est une famille génératrice de $F$. C'est aussi une famille libre, car si $$\sum_{k=0}^{n-1}a_k(X-\alpha)X^k=0,$$ alors $$(X-\alpha)\left(\sum_{k=0}^{n-1}a_kX^k\right)=0$$ et le polynôme $\sum_{k=0}^{n-1}a_kX^k$ doit être nul. Comme la famille $(1,X,\dots,X^{n-1})$ est libre, ceci entraîne que tous les $a_k$ sont nuls.
On en déduit bien sûr que la dimension de $F$ est $n$. Cette dernière propriété pouvait également être établi à l'aide du théorème du rang, car $F$ est le noyau de la forme linéaire $\mathbb R_n[X]\to R,\ P\mapsto P(\alpha)$. Enfin, pour déterminer les coordonnées de $(X-\alpha)^n$ dans la base précédente, on écrit \begin{eqnarray*} (X-\alpha)^n &=&(X-\alpha)(X-\alpha)^{n-1}\\ &=&(X-\alpha)\left(\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}k (-\alpha)^{n-1-k}X^k\right)\\ &=&\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}k (-\alpha)^{n-1-k}(X-\alpha)X^k \end{eqnarray*}

Soit $E$ l'ensemble des suites arithmétiques complexes. On vérifie sans difficulté que c'est un sous-espace vectoriel de l'ensemble des suites complexes, et donc que c'est un espace vectoriel. Pour calculer sa dimension, on remarque que l'on connait parfaitement une suite arithmétique si l'on connait son premier terme et sa raison. Ceci laisse à penser que la dimension de $E$ est égale à deux. Prouvons-le. Si $(u_n)$ est une suite arithmétique, alors son premier terme est $u_0$ et sa raison est égale à $u_1-u_0$. Considérons donc \begin{eqnarray*} \phi:E&\to&\mathbb C^2\\ (u_n)&\mapsto&(u_0,u_1-u_0) \end{eqnarray*} $\phi$ est clairement une application linéaire. Elle est injective : si $\phi((u_n))=0$, alors $(u_n)$ est une suite arithmétique de premier terme nul et de raison nulle, et donc $u_n=0$ pour tout entier n. Elle est aussi surjective : si $(a,b)\in\mathbb C^2$, alors la suite $(u_n)$ définie par $u_n=a+nb$ est élément de $E$ et vérifie $\phi((u_n))=(a,b)$. Autrement dit, $\phi$ est un isomorphisme d'espaces vectoriels entre $E$ et $\mathbb C^2$. Puisque $\mathbb C^2$ est de dimension 2, $E$ est aussi de dimension 2.
Remarquons que l'on peut aussi trouver une base de $E$. Si $(a_n)$ est la suite définie par $a_n=1$ pour tout entier $n$, et $(b_n)$ est la suite définie par $b_n=n$ pour tout entier $n$, alors ces deux suites sont éléments de $E$ et forment une famille libre. De plus, si $(u_n)$ est un élément de $E$, alors il existe $(c,d)\in\mathbb R^2$ tels que, pour tout $n\in\mathbb N$, $u_n=c+nd=ca_n+db_n$, et donc $(u_n)$ est combinaison linéaire de $(a_n)$ et $(b_n)$. Autrement dit, $\big((a_n),(b_n)\big)$ est une base de $E$ qui est de dimension $2$.

Il est d'abord très facile de vérifier que $F$ est un sous-espace vectoriel de $E$. De plus, prenons $P\in F$. Alors $P$ s'écrit $P(X)=(X-a)(X-b)Q(X)$. Puisque $P$ est de degré inférieur ou égal à 4, $Q$ est de degré inférieur ou égal à 2, et donc $Q(X)=uX^2+vX+w$. Développant, on trouve $$P(X)=u X^2(X-a)(X-b)+vX (X-a)(X-b)+w(X-a)(X-b).$$ Autrement dit, la famille $\big( X^2(X-a)(X-b), X(X-a)(X-b), (X-a)(X-b)\big)$ est une famille génératrice de $F$. De plus, elle est libre puisque les polynômes qui la constituent ont tous des degrés différents. C'est donc une base de $F$.

On a $H=\textrm{vect}\big((1,1,1,1)\big)$. $H$ est donc un espace vectoriel de dimension 1. Si $H$ était le noyau d'une application linéaire $f$ de $E$ dans $F$, alors par le théorème du rang on aurait $$4=\dim(E)=\dim(H)+\dim(\textrm{Im}(f))=1+\dim(\textrm{Im}(f)).$$ Ainsi, on aurait $\dim(\textrm{Im}(f))=3$. Mais $\textrm{Im}(f)$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb R^2$, sa dimension est au plus 2. On a une contradiction. Donc $H$ n'est pas le noyau d'un élément de $\mathcal L(E,F)$.

Première méthode : Une application linéaire de $\mathbb R^3$ dans lui-même est définie par $$f(x,y,z)=(a_1x+b_1y+c_1z,a_2x+b_2y+c_2z,a_3x+b_3y+c_3 z)$$ où les $a_i,b_i,c_i$ sont des réels. On va déterminer quelle(s) valeur(s) leur donner pour que $f(u)=0$ et $f(v)=0$. On a $$f(u)=0\iff(a_1,a_2,a_3)=(0,0,0)$$ et $$f(v)=0\iff (a_1+b_1+c_1,a_2+b_2+c_2,a_3+b_3+c_3 )=(0,0,0).$$ On obtient $a_1=a_2=a_3=0$ et $b_1=-c_1$, $b_2=-c_2$, $b_3=-c_3$. Ainsi, l'application $f$ suivante convient $$(x,y,z)\mapsto(y-z,y-z,y-z).$$ Puisque $u,v\in\ker(f)$, le sous-espace vectoriel $E$ engendré par $(u,v)$ est contenu dans $\ker(f)$. De plus, $f$ n'étant pas identiquement nulle, son noyau est de dimension au plus 2. On en déduit que $\ker(f)$ est de dimension exactement 2, et que $\ker(f)=E$.
Deuxième méthode : Une application linéaire de $\mathbb R^3$ dans lui-même est complètement définie par l'image d'une base. Complétons d'abord $(u,v)$ en une base (c'est possible, car c'est une famille libre). Posons $w=(0,0,1)$. Alors on vérifie facilement que la famille $(u,v,w)$ est une famille libre de $\mathbb R^3$ à trois éléments, donc une base de $\mathbb R^3$. On définit $f$ par $$f(u)=(0,0,0),\ f(v)=(0,0,0),\ f(w)=(1,0,0).$$ Ceci définit parfaitement $f$ et, comme dans la première méthode, on prouve que le noyau de $f$ est exactement $E$.

Un endomorphisme est uniquement défini par l'image d'une base. Il suffit donc de calculer quelles doivent être les valeurs de $f(e_1)$, $f(e_2)$, $f(e_3)$, $f(e_4)$. On sait déjà que :

• $f(e_1)=e_1-e_2+e_3$.
• $f(3e_4)=e_2-2f(e_1)$, soit $f(e_4)=\frac{1}{3}(-2e_1+3e_2-2e_3)$.

Reste à définir $f(e_2)$ et $f(e_3)$. Pour cela, on va chercher une base de $F=\{(x,y,z,t)\in\mathbb R^4,\ x+2y+z=0\textrm{ et }x+3y-t=0\}.$ On a aisément : $$(x,y,z,t)\in F\iff \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&x\\ y&=&y\\ z&=&-x-2y\\ t&=&x+3y \end{array}\right.$$ On en déduit que $\{(1,0,-1,1),(0,1,-2,3)\}$ est une base de $F$. Puisqu'on veut que $F=\ker(f)$, on doit donc avoir $$f(e_1)-f(e_3)+f(e_4)=0\implies f(e_3)=\frac{1}{3}e_1+\frac{1}{3}e_3$$ et $$f(e_2-2e_3+3e_4)=0\implies f(e_2)=2f(e_3)-3f(e_4).$$ Donc l'endomorphisme $f$, s'il existe, est unique. Réciproquement, soit $f$ l'endomorphisme défini par les formules précédentes. Alors le premier point est vérifié, et puisque l'image d'une base de $F$ est envoyée par $f$ sur $0$, on sait que $F\subset\ker(f)$. Pour démontrer l'égalité, il suffit, puisque $\dim(F)=2$, de prouver que $\dim(\ker(f))\leq 2$. Par le théorème du rang, il suffit de prouver que $\dim(\textrm{Im}(f))\geq 2$. Mais $f(e_1)$ et $f(e_4)$ sont deux vecteurs indépendants de $\textrm{Im}(f)$. Et donc $\dim(\textrm{Im}(f))\geq 2$, ce qui prouve le résultat. On peut remarquer qu'on a en réalité $\dim(\ker(f))=\dim(\textrm{Im}(f))=2.$

Considérons $E=\mathbb R_n[X]$ et $\phi\in\mathcal L(E)$ définie par $\phi(Q)=\sum_{k=0}^n Q^{(k)}$ (il est facile de vérifier que $\phi$ est linéaire). Le but de l'exercice est de démontrer que $\phi$ est bjective. Etant une application linéaire entre deux espaces de même dimension finie, il suffit de prouver que $\phi$ est injective, ou encore que son noyau est réduit au polynôme nul. Mais si $Q$ n'est pas le polynôme nul, il est clair que $\phi(Q)$ a même degré que $Q$, et le même coefficient dominant. On en déduit que $\phi(Q)=0\implies Q=0$. $\phi$ est bijective.

Si c'était le cas, alors $F$ et $G$ seraient en somme directe, et on aurait $$\dim(F\oplus G)=\dim(F)+\dim(G)=3+3=6.$$ Or, $F\oplus G$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb R^5$, il est de dimension au plus 5. C'est donc impossible!

Tout repose sur la formule des quatre dimensions $$\dim(F+G)=\dim(F)+\dim(G)-\dim(F\cap G)$$ et sur la propriété : si $H$ est un sev de $E$ tel que $\dim(H)=\dim(E)$, alors $H=E$.

• Si 1. et 2. sont vraies, alors $$\dim(F+G)=\dim(F)+\dim(G)-\dim(F\cap G)=\dim(F)+\dim(G)$$ tandis que $E=F+G$ implique $$\dim(E)=\dim(F)+\dim(G).$$ 3. est donc vérifié.
• Si 1. et 3. sont vraies, alors $$\dim(F+G)=\dim(F)+\dim(G)-\dim(F\cap G)=\dim(E)-0=\dim(E).$$ Ainsi, $F+G$ est un sev de $E$ de même dimension que $E$ : $F+G=E$.
• Si 2. et 3. sont vraies, alors $$\dim(E)=\dim(F+G)=\dim(F)+\dim(G)-\dim(F\cap G)=\dim(E)-\dim(F\cap G).$$ On en déduit que $\dim(F\cap G)=0$ et donc que $F\cap G=\{0\}$.

On raisonne par récurrence descendante sur $p\in\{0,\dots,n-1\}$. Traitons d'abord le cas $p=n-1$. On sait que $F\cup G\neq E$. En effet, si $F=G$ ce n'est pas le cas, et si $F\neq G$, alors on n'a ni $F\subset G$, ni $G\subset F$ (les deux espaces ont même dimension, une inclusion entraînerait l'égalité), et donc $F\cup G$ n'est pas un espace vectoriel. En particulier, il n'est pas égal à $E$. On peut choisir $a$ tel que $a\notin F\cup G$. Alors $F\cap\textrm{vect}(a)=\{0\}$ et $G\cap\textrm{vect(a)}=\{0\}$. $F$ et $\textrm{vect}(a)$ (resp. $G$ et $\textrm{vect}(a)$) sont en somme directe, et puisque $\dim(F\oplus \textrm{vect}(a))=n$ (resp. $\dim(G\oplus \textrm{vect}(a))=n$), on a $F\oplus\textrm{vect}(a)=G\oplus\textrm{vect}(a)=E$. $\textrm{vect}(a)$ est le supplémentaire commun recherché.
Supposons maintenant le résultat prouvé pour $p+1$, et prouvons-le pour $p$. Comme précédemment, on peut trouver $a\notin F\cup G$ et comme précédemment, $F$ et $\textrm{vect}(a)$ (resp. $G$ et $\textrm{vect}(a)$) sont en somme directe. Posons $F_1=F\oplus\textrm{vect}(a)$ et $G_1=G\oplus\textrm{vect}(a)$. Alors $F_1$ et $G_1$ ont même dimension, égale à $p+1$. D'après l'hypothèse de récurrence, ils possèdent un supplémentaire commun que l'on note $H_1$. Mais alors, $F$ et $\textrm{vect}(a)\oplus H_1$ sont en somme directe. En effet, si $x\in F\cap\textrm{vect}(a)\oplus H_1$, on a $x=f=\lambda a+h$, avec $f\in F$, $\lambda\in \mathbb K$ et $h \in H_1$. On en déduit $h=f-\lambda a\in H_1\cap F_1=\{0\}$ et donc $h=0$. Puisque $F\cap\textrm{vect}(a)=\{0\}$, on obtient également $f=0$ et $\lambda=0$, et par suite $x=0$. Ainsi, si on pose $H=\textrm{vect}(a)\oplus H_1$, alors $H$ et $F$ sont en somme directe et $H+F=E$. De même, $H$ et $G$ sont en somme directe et $H+G=E$. On en déduit que $F$ et $G$ ont un supplémentaire commun.
Ceci achève la preuve par récurrence.

Soit $(e_1,\dots,e_p)$ une base de $E$. Pour chaque $i$, il existe un entier $n_i$ tel que $f^{n_i}(e_i)=0$. Posons $n=\max(n_1,\dots,n_p)$ et remarquons que pour chaque $i\in\{1,\dots,p\}$, $$f^n(e_i)=f^{n-n_i}\big(f^{n_i}e_i\big)=f^{n-n_i}(0)=0.$$ Considérons maintenant $x\in E$ et écrivons-le $x=x_1 e_1+\dots+x_p e_p$. On obtient $$f^n(x)=\sum_{i=1}^p x_i f^n(e_i)=\sum_{i=1}^p x_i 0_E=0_E.$$

Supposons d'abord qu'une telle application existe. D'après le théorème du rang, on a : $$\dim(E)=\dim(\ker(f))+\dim(\textrm{Im}(f))=2\dim(\ker(f))$$ et donc $\dim(E)$ est pair. Réciproquement, si $E$ est de dimension paire, alors considérons $(e_1,\dots,e_{2p})$ une base de $E$. On définit un endomorphisme $f$ de $E$ en posant : $$f(e_i)=\left\{ \begin{array}{ll} 0&\textrm{si }i\leq p\\ e_{i-p}&\textrm{si }i>p. \end{array}\right.$$ Ceci définit complètement un endomorphisme $f$. Montrons qu'il vérifie les propriétés demandées. D'une part, pour $u=\sum_{i=1}^{2p}u_i e_i$, on a $$f(u)=\sum_{i=p+1}^{2p}u_i e_{i-p}=\sum_{j=1}^p u_{j+p}e_j.$$ On en déduit que $f(u)=0$ si et seulement $u\in F=\textrm{vect}(e_1,\dots,e_p)$. De plus, on a $\textrm{Im}(f)\subset F$, et par le théorème du rang, ces deux espaces ont la même dimension égale à $p$. Ils sont donc égaux.

D'après le théorème du rang, si un tel endomorphisme existe, on a $p+q=n$. Réciproquement, supposons que $p+q=n$. On va définir $f$ sur une base bien choisie de $E$. Soit $(e_1,\dots,e_p)$ une base de $F$. On peut la compléter en une base $(e_1,\dots,e_p,e_{p+1},\dots,e_{p+q})$ de $E$. Soit également $(f_1,\dots,f_q)$ une base de $G$. On définit alors l'action de $f$ sur la base $(e_i)$ par $$\left\{ \begin{array}{rcll} f(e_i)&=&0&\textrm{ si }i\leq p\\ f(e_i)&=&f_{i-p}&\textrm{ si }i\in\{p+1,\dots, p+q\} \end{array}\right.$$ Il est alors à peu près clair que $f$ vérifie les conditions voulues. Pour obtenir une preuve complète, on peut remarque que $F\subset\ker(f)$ et que $G\subset\textrm{Im}(f)$. De plus, en décomposant un vecteur dans la base $(e_1,\dots,e_{p+q})$, on trouve qu'on a exactement $F=\ker(f)$. Par le théorème du rang, on obtient $\dim(G)=\dim(\textrm{Im}(f))$ d'où l'égalité puisqu'on a déjà une inclusion.

Pour $k=1,\dots, n-1$, le théorème du rang donne $$a_k=\dim(\ker(f_k))+\textrm{rg}(f_k)=\textrm{rg}(f_{k-1})+\textrm{rg}(f_k),$$ où on a utilisé la propriété $(ii)$. On a donc \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{n-1}(-1)^k a_k&=&-\textrm{rg}(f_0)-\textrm{rg}(f_1)+\textrm{rg}(f_1)+\textrm{rg}(f_2)-\dots+(-1)^{n-1}\textrm{rg}(f_{n-1})\\ &=&-\textrm{rg}(f_0)+(-1)^{n-1}\textrm{rg}(f_{n-1}). \end{eqnarray*} Puisque $f_0$ est injective, on a $\textrm{rg}(f_0)=a_0$ et puisque $f_{n-1}$ est surjective, on a $\textrm{rg}(f_{n-1})=a_n$. Ceci donne $$\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^k a_k=-a_0+(-1)^{n-1}a_{n},$$ ce qui donne bien $\sum_{k=0}^n (-1)^k a_k=0$.

Remarquons d'abord que $$\textrm{Im}(f+g)\subset\textrm{Im}(f)+\textrm{Im}(g).$$ Ceci entraîne $$\textrm{rg}(f+g)\leq \textrm{rg}(f)+\textrm{rg}(g)-\dim(\textrm{Im}(f)\cap\textrm{Im(g)}).$$ Supposons d'abord que $\textrm{rg}(f+g)=\textrm{rg}(f)+\textrm{rg}(g)$. Alors l'inégalité précédente implique immédiatement que $\dim(\textrm{Im}(f)\cap\textrm{Im(g)})=0$ ce qui prouve $\textrm{Im}(f)\cap\textrm{Im}(g)=\{0\}$. On a aussi $\textrm{Im}(f+g)=\textrm{Im}(f)+\textrm{Im}(g)$ (sinon l'inégalité précédente serait stricte). Ainsi, pour tout $x\in E$, comme $\textrm{Im}(f)\subset \textrm{Im}(f+g)$, on a $f(x)=f(t)+g(t)$ pour un certain $t\in E$. Alors $g(t)=f(x-t)\in\textrm{Im}(f)\cap\textrm{Im}(g)=\{0\}$, et donc $t\in \ker(g)$ et $x-t\in\ker(f)$. Ecrivant $x=(x-t)+t$, on trouve que $\ker(f)+\ker(g)=E$.
Réciproquement, prouvons que les deux conditions impliquent $\textrm{Im}(f)\subset\textrm{Im}(f+g)$. En effet, on écrit $y\in\textrm{Im}(f)$ sous la forme $y=f(x)$, et on décompose $x$ en $x=u+v$ avec $u\in\ker(f)$ et $v\in\ker(g)$. Alors, $y=f(v)=f(v)+g(v)\in\textrm{Im}(f+g)$. Le rôle joué par $f$ et $g$ étant symétrique, on obtient aussi $\textrm{Im}(g)\subset\textrm{Im}(f+g)$. Ceci permet d'écrire $$\textrm{Im}(f)\oplus \textrm{Im}(g)\subset\textrm{Im}(f+g).$$ L'autre inclusion étant toujours vraie, on a en fait égalité, ce qui donne bien $$\textrm{rg}(f+g)=\textrm{rg}(f)+\textrm{rg}(g).$$

$f$ est donné par $f(x,y,z)=\alpha x+\beta y+\gamma z$. En calculant les valeurs de $f(1,1,1)=0$, etc... on obtient le système suivant : $$\left\{ \begin{array}{rcl} \alpha+\beta+\gamma&=&0\\ 2\alpha+\gamma&=&1\\ \alpha+2\beta+3\gamma&=&4 \end{array} \right. $$ On résoud ce système et on trouve $\alpha=-1$, $\beta=-2$ et $\gamma=3$. Ainsi, on a $f(x,y,z)=-x-2y+3z$. On en déduit $$f(x,y,z)=0\iff \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&-2y+3z\\ y&=&y\\ z&=&z \end{array}\right.$$ Une base de $\ker(f)$ est donc donnée par la famille des deux vecteurs $(-2,1,0)$ et $(3,0,1)$.

La forme linéaire identiquement nulle vérifie les hypothèses et la conclusion. On suppose désormais $\varphi\neq 0$. Notons $\phi\in E^*$ défini par $\phi(P)=P(a)$. Il s'agit de prouver que les formes linéaires $\varphi$ et $\phi$ sont proportionnelles, c'est-à-dire que leurs noyaux sont égaux. Pour cela, on pose $F=\{(X-a)P;\ P\in \mathbb K_{n-1}[X]\}$. Par hypothèse, $F\subset \ker\varphi$. De plus, si $\phi(Q)=0$, alors $(X-a)|Q$ et donc $Q\in F$. Ainsi, on a $\ker\phi\subset F$. On a donc $$\ker\phi\subset F\subset \ker\varphi.$$ Puisque les deux sous-espaces situés aux extrémités de cette chaine d'inclusion ont la même dimension, tous ces sous-espaces sont égaux. En particulier, $\ker\phi=\ker\varphi$ et les deux formes linéaires sont proportionnelles.
Un autre raisonnement, plus élémentaire, consiste à remarquer que pour tout $P$ de $E$, $P(X)-P(a)$ se factorise en $(X-a)Q(X)$ avec $Q\in\mathbb K_{n-1}[X]$. Ainsi, par hypothèse sur $\phi$ on a $\varphi(P)=\varphi(1) P(a)$.

On pose $\phi_i(P)=P(x_i)$. Puisque $\phi$ et les $\phi_i$ sont des formes linéaires sur $E$, on demande de prouver que $\phi$ est dans l'espace vectoriel engendré par $\phi_0,\dots,\phi_n$. Il suffit de prouver que $(\phi_0,\dots,\phi_n)$ est une famille génératrice de $E^*$. Puisque $\dim(E^*)=\dim(E)=n+1$ et que la famille comporte $(n+1)$ éléments, cela revient à démontrer que $(\phi_0,\dots,\phi_n)$ est une famille libre de $E^*$. Mais si $\lambda_0\phi_0+\dots+\lambda_p \phi_p=0$, alors on évalue le membre de gauche pour le polynôme $$P_j(X)=\prod_{k\neq j}(X-x_k).$$ Clairement, on a $\phi_i(P_j)=0$ si $i\neq j$, et $\phi_j(P_j)=\prod_{k\neq j}(x_j-x_k)\neq 0$ sinon. Donc, $$(\lambda_0\phi_0+\dots+\lambda_p \phi_p)(P_j)=\lambda_j \prod_{k\neq j}(x_j-x_k)=0,$$ ce qui entraîne $\lambda_j=0$. La famille est donc libre, ce qui achève la preuve.

L'implication directe est évidente. Prouvons ensuite l'implication réciproque. On suppose donc que pour tout $\phi\in E^*$, on a $\phi(x)=\phi(y)$ et on doit prouver que $x=y$. Procédons par contraposée, et prouvons que si $x\neq y$, alors on peut construire $\phi\in E^*$ avec $\phi(x)\neq \phi(y)$. Supposons d'abord que la famille $(x,y)$ est libre. Soit $F$ un supplémentaire de $\vect(x,y)$. Alors on définit une forme linéaire sur $E$ en la définissant sur $\vect(x,y)$ par $\phi(ax+by)=a$ et sur $F$ par $\phi(z)=0$ pour tout $z\in F$. Alors, $\phi(x)=1$ et $\phi(y)=0$ et donc $\phi(x)\neq\phi(y)$. Si maintenant $(x,y)$ est liée, on peut supposer $x\neq 0$ et $y=\lambda x$, $\lambda\neq 1$. Soit alors $F$ un supplémentaire de $\vect(x)$. Alors on peut définir $\phi$ sur $E$ par $\phi(x)=1$ et $\phi(z)=0$ si $z\in F$. On a alors $\phi(x)=1$ et $\phi(y)=\lambda$ et donc $\phi(x)\neq\phi(y)$.
Une autre possibilité, dans le cas où $E$ est de dimension finie, est de considérer le vecteur non-nul $e_1=x-y$. On le complète en une base $\mathcal B=(e_1,e_2,\dots,e_n)$ de $E$ et on considère la base duale associée $(e_1^*,\dots,e_n^*)$. Alors $e_1^*(x-y)=1\neq 0$.