Préparer sa kholle : Applications linéaires

Soient $P,Q\in\mathbb R[X]$ et $\lambda\in\mathbb R$. Alors \begin{eqnarray*} f(\lambda P+Q)&=&(\lambda P+Q)-X(\lambda P+Q)'\\ &=&\lambda P+Q-X(\lambda P'+Q')\\ &=&\lambda (P-XP')+Q-XQ'=\lambda f(P)+ f(Q). \end{eqnarray*} Ainsi, $f$ est bien une application linéaire. De plus $P$ est dans $\ker(f)$ si et seulement si $P-XP'=0$. Ecrivons $P(X)=\sum_{k=0}^n a_k X^k$. Alors on a : $$P-XP'=\sum_{k=1}^n (a_k-k a_{k})X^k +a_0.$$ On en déduit que la suite $(a_k)$ vérifie $a_0=0$ et $a_k(1-k)=0$ pour $k$ allant de $1$ à $n$. Ainsi, $a_k=0$ pour $k\neq 1$, la valeur de $a_1$ étant quelconque. On en déduit que $\ker(f)=\textrm{vect}(X)$.
D'autre part, soit $Q\in\mathbb R[X]$. Si $Q=\sum_{k=0}^m b_k X^k$ est élément de $\textrm{Im}(f)$, il existe $P=\sum_{k=0}^n a_k X^k$ tel que $Q=P-XP'$ soit, d'après le calcul précédent, pour $k=0,\dots,n$, $$b_k=a_k(1-k).$$ On en déduit $b_1=0$ et donc $Q\in F=\textrm{vect}(X^k;\ k\neq 1)$. Réciproquement, soit $Q=\sum_{k=0,\ k\neq 1}^mb_kX^k$ un élément de $F$, c'est-à-dire un polynôme sans terme en $X$. Alors, si on pose $a_k=(1-k)^{-1}b_k$, $k\neq 1$, et $a_1=0$, le calcul précédent montre que $P-XP'=Q$ et donc $Q\in\textrm{Im}(f)$. Ainsi, $\textrm{Im}(f)=F$.
On peut remarquer que dans cet exemple, l'image et le noyau de $f$ sont supplémentaires.

Supposons d'abord que $u\circ p=p\circ u$, et prouvons que $\ker(p)$ et $\textrm{Im}(p)$ sont stables par $u$. En effet, si $p(x)=0$, alors $p\circ u(x)=u\circ p(x)=0$ et donc $u(x)\in \ker (p)$. De plus, si $x\in \textrm{Im}(p)$, alors $x=p(y)$ et $u(x)=u\circ p(y)=p(u(y))\in\textrm{Im}(p)$. Remarquons que cette implication n'utilise pas du tout le fait que $p$ est un projecteur.
Réciproquement, supposons que $\ker (p)$ et $\textrm{Im}(p)$ sont stables par $u$, et prouvons que $u$ et $p$ commutent. Prenons $x\in E$. Il se décompose de manière unique en $x=y+z$, avec $y\in \ker (p)$ et $z\in\textrm{Im}(p)$. En particulier, $p(y)=0$ et $p(z)=z$. Mais alors, on a d'une part $$u(p(x))=u(z)$$ et d'autre part, puisque $u(y)\in\ker(p)$ et $u(z)\in\textrm{Im}(p)$ par hypothèse : $$p(u(x))=p(u(y))+p(u(z))=u(z).$$ Ainsi, $u(p(x))=p(u(x))$ et les deux endomorphismes $p$ et $u$ commutent.