Exercices math sup : Applications linéaires

Commençons par déterminer le noyau de $f$. $(x,y)\in\ker f$ si et seulement si $f(x,y)=(0,0,0)$ si et seulement si $$\left\{ \begin{array}{rcl} x+y&=&0\\ x-y&=&0\\ x+y&=&0\\ \end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{rcl} x+y&=&0\\ 2x&=&0\\ \end{array}\right.$$ On en déduit que $\ker(f)=\{(0,0)\}$, et en particulier que $f$ est injective.
Déterminons maintenant l'image de $f$. Un vecteur $(u,v,w)$ est dans l'image de $f$ si et seulement si \begin{eqnarray*} \exists (x,y)\in\mathbb R^2,\ (u,v,w)=f(x,y)&\iff& \exists (x,y)\in\mathbb R^2,\ \left\{ \begin{array}{rcl} u&=&x+y\\ v&=&x-y\\ w&=&x+y \end{array}\right. \\ &\iff& \exists (x,y)\in\mathbb R^2,\ \left\{ \begin{array}{rcl} u&=&x+y\\ u+v&=&2x\\ w-u&=&0 \end{array}\right. \\ &\iff&\exists (x,y)\in\mathbb R^2,\ \left\{ \begin{array}{rcl} \frac{u-v}2&=&y\\ \frac{u+v}2&=&x\\ w-u&=&0 \end{array}\right. \\ \end{eqnarray*} On en déduit que $\textrm{Im}(f)=\{(u,v,w)\in\mathbb R^3;\ u-w=0\}.$ En particulier, $(1,1,0)$ n'est pas dans $\textrm{Im}(f)$, et donc $f$ n'est pas surjective.

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 $\dim(\ker(f))=\dim(\textrm{Im}(f))=2.$

Une fonction $f:\mathbb R\to\mathbb R$ a sa dérivée nulle si et seulement si elle est constante. Le noyau de $\phi$ est donc l'ensemble des fonctions constantes. En particulier, $\phi$ n'est pas injective. D'autre part, si $g$ est une fonction de classe $\mathcal C^\infty$ sur $\mathbb R$, alors elle admet une primitive $f$ qui est donc elle aussi de classe $\mathcal C^\infty$, c'est-à-dire élément de $E$. On a alors $\phi(f)=g$, ce qui signifie que $\textrm{Im}(\phi)=E$. $\phi$ est surjective. Cet exercice illustre le fait que $\mathcal C^\infty(\mathbb R)$ n'est pas de dimension finie, puisque $\phi$ est surjective mais n'est pas injective.

Soit $f\in E$. Alors $u(f)=0$ si et seulement si, pour tout $x\in\mathbb R$, $xf(x)=0$. Ceci entraîne que pour tout $x$ différent de $0$, $f(x)=0$. Comme $f$ est continue en $0$, on en déduit que $f=0$. On a donc $\ker(u)=\{0\}$ et $u$ est injective.
D'autre part, soit $g\in E$ telle que $g(x)=1$ pour tout $x\in\mathbb R$. Alors $g$ n'est pas un certain $u(f)$. En effet, si c'était le cas, on aurait $xf(x)=g(x)=1$ pour tout $x\in\mathbb R$, en particulier, en $x=0$, $0=1$. Donc $u$ n'est pas surjective.
Ceci illustre que $E$ n'est pas de dimension finie, puisque $u$ est injective, mais n'est pas surjective.

Il est facile de vérifier que $f$ est linéaire. Pour savoir si elle est injective, on calcule son noyau. Soit $P=\sum_{i=0}^n a_iX^i$ un polynôme. Alors $$f(P)=\sum_{i=0}^n a_iX^i-p\sum_{i=0}^n a_i X^{i+1}+\sum_{i=1}^n i a_i X^{i+1}$$ soit, après un changement d'indice $$f(P)=a_0 +\sum_{i=1}^n (a_i-(p+1-i)a_{i-1})X^i +(n-p)a_n X^{n+1}.$$ Si $f(P)=0$, on obtient donc $a_0=0$ et $a_i=(p+1-i)a_{i-1}$ pour $1\leq i\leq n$ ce qui entraine $a_i=0$ pour tout $i=0,\dots,n$. Ainsi, $P=0$, le noyau de $f$ est réduit à $\{0\}$ et $f$ est injective.
D'autre part, si $P$ est un polynôme de degré $n$, alors le calcul précédent montre que

• pour $n=p$, le degré de $f(P)$ est inférieur ou égal à $n$, et donc différent de $p+1$;
• pour $n\neq p$, alors $f(P)$ est de degré $n+1\neq p+1$.

Ainsi, $\textrm{Im}(f)$ ne contient pas de polynômes de degré $p+1$. Donc $f$ n'est pas surjective.

Le degré de $(X+1)^k-X^k$ est égal à $k-1$, sauf si $k=0$ car dans ce cas on a affaire au polynôme nul. En particulier, si $P$ est de degré $d$, $P(X)=a_dX^d+\dots+a_0$, alors $$\phi(P)=a_d\big((X+1)^d-X^d)+\dots+a_1$$ est de degré $d-1$, sauf si $d=0$ où on a le polynôme nul. On en déduit que le noyau de $\phi$ est l'ensemble des polynômes constants.
D'autre part, l'image de $\phi$ est clairement contenue dans $\mathbb R_{n-1}[X]$. Or, ce dernier espace est de dimension $n$, et par le théorème du rang, $$\dim\big(\textrm{Im}(\phi)\big)=n+1-\dim\big(\ker(\phi)\big)=n.$$ Ainsi, on a $\textrm{Im}(\phi)\subset \mathbb R_{n-1}[X]$ et $\dim\big(\textrm{Im}(\phi)\big)=\dim(\mathbb R_{n-1}[X]).$ Ces deux sous-espaces vectoriels sont donc égaux. Remarquons que ce serait beaucoup plus difficile à démontrer sans le théorème du rang.

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.

Notons $A$ la matrice de $f$ dans la base canonique. On a $$A=\left(\begin{array}{ccc} -3&2&-4\\ 2&0&2\\ 4&-2&5 \end{array}\right).$$ Alors on vérifie facilement que $A^2=A$, c'est-à-dire que $f\circ f=f$ : $f$ est donc une projection. Pour déterminer ses éléments caractéristiques, on commence par calculer $\ker(f)$ : \begin{align*} (x,y,z)\in \ker(f)&\iff \left\{ \begin{array}{rcl} -3x+2y-4z&=&0\\ 2x+2z&=&0\\ 4x-2y+5z&=&0 \end{array}\right. \\ &\iff \left\{ \begin{array}{rcl} x+z&=&0\\ -3x+2y-4z&=&0\\ 4x-2y+5z&=&0 \end{array}\right. \\ &\iff \left\{ \begin{array}{rcl} x+z&=&0\\ 2y-z&=&0\\ -2y+z&=&0 \end{array}\right. \\ &\iff \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&-2y\\ y&=&y\\ z&=&2y \end{array} \right. \end{align*} On a donc $\ker(f)=\textrm{vect}(u)$ avec $u=(-2,1,2)$. Par le théorème du rang, on sait que $\textrm{Im}(f)$ est de dimension 2. Soit $v_1=f(e_1)=(-3,2,4)$ et $v_2=f(e_2)=(2,0,-2)$. Alors $(v_1,v_2)$ est une famille libre contenue dans $\textrm{Im}(f)$ qui est de dimension $2$, donc c'est une base de $\textrm{Im}(f)$. On en déduit que \begin{align*} (x,y,z)\in\textrm{Im}(f)&\iff \exists(\lambda,\mu)\in\mathbb R^2,\ \left\{\begin{array}{rcl} x&=&-3\lambda+2\mu\\ y&=&2\lambda\\ z&=&4\lambda-2\mu \end{array}\right. \\ &\iff \exists(\lambda,\mu)\in\mathbb R^2,\ \left\{\begin{array}{rcl} \mu&=&\frac x2+\frac{3y}4\\ \lambda&=&\frac y2\\ z&=&2y-x-\frac{3y}2 \end{array}\right. \\ &\iff 2x-y+2z=0. \end{align*} $f$ est donc la projection sur le plan $P=\textrm{Im}(f)$ d'équation $2x-y+2z=0$ parallèlement à la droite $D$ de vecteur directeur $u=(-2,1,2)$.

On vérifie facilement que $$f\circ f(x,y,z)=(2(2x-2z)-2(x-z),y,2x-2z-x+z)=(2x-2z,y,x-z)=f(x,y,z).$$ On a donc $f\circ f=f$ et $f$ est une projection, sur $\textrm{Im}(f)$ et parallèlement à $\ker(f)$. Déterminons une base de $\ker(f)$. On a $$f(x,y,z)=0\iff \left\{ \begin{array}{rcl} 2x-2z&=&0\\ y&=&0\\ x-z&=&0 \end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&z\\ y&=&0\\ z&=&z \end{array}\right.$$ Une base de $\ker(f)$ est donc donnée par le vecteur $u=(1,0,1)$.
Déterminons ensuite une base de $\textrm{Im}(f)$. On sait que $(f(e_1),f(e_2),f(e_3))$ est une famille génératrice de $\textrm{Im}(f)$. Ce n'est pas une base, puisque $f(e_3)=(-2,0,-1)=-f(e_1)$. Posons ensuite $v=(2,0,1)=f(e_1)$ et $w=(0,1,0)=f(e_2)$. Alors $(v,w)$ est une famille génératrice de $\textrm{Im}(f)$ et c'est aussi une famille libre : $(v,w)$ est une base de $\textrm{Im}(f)$.

Remarquons d'abord que $\phi$ est linéaire. En effet, si $P_1,\ P_2\in\mathbb R[X]$, alors $\phi(P_1)$ (resp. $\phi(P_2)$) est l'unique polynôme de degré inférieur (strict) au degré de $A$ et tel que $$P_1=AQ_1+\phi(P_1),\ P_2=AQ_2+\phi(P_2),$$ avec $Q_1,Q_2\in\mathbb R[X]$. On a alors $$P_1+P_2=A(Q_1+Q_2)+\big(\phi(P_1)+\phi(P_2))$$ avec $\deg\big(\phi(P_1)+\phi(P_2)\big)<\deg(A)$, ce qui prouve que $\phi(P_1+P_2)=\phi(P_1)+\phi(P_2)$. De la même façon on démontre que $\phi(\lambda P)=\lambda \phi(P)$.
Remarquons que $\phi\circ\phi(P)=\phi(P)$ pour tout $P\in\mathbb R[X]$. En effet, $$\phi(P)=A\times 0+\phi(P)$$ avec $\deg(\phi(P))<\deg(A)$. Ainsi, $\phi$ est bien une projection. Reste à calculer son noyau et son image. On a $\phi(P)=0$ si et seulement si $P$ est un multiple de $A$, et donc $$\ker(\phi)=\{QA:\ Q\in\mathbb R[X]\}.$$ Enfin, si $d=\deg(A)$, on a $\textrm{Im}(\phi)\subset \mathbb R_{d-1}[X]$. Réciproquement, si $P\in\mathbb R_{d-1}[X]$, alors $$P=0\times A+\phi(P)$$ est la division euclidienne de $P$ par $A$ et donc $P=\phi(P)\in \textrm{Im}(\phi)$. Si $A$ est un polynôme constant, il faut interpréter $\mathbb R_{d-1}[X]$ comme $\{0\}$.

Si $(p,q)$ n'est pas libre, il existe $\lambda\in\mathbb K$, $\lambda\neq 0$, tel que $q=\lambda p$. Alors $$\lambda p=q=q^2=\lambda^2 p^2=\lambda^2 p.$$ On a donc $\lambda^2=\lambda$, c'est-à-dire $\lambda=1$ puisque $\lambda\neq 0$, ce qui contredit $p\neq q$.

Soit $i\neq j.$ Il est clair que $\imv(p_j)=E_j\subset \ker(p_i)$ ce qui prouve que $p_i\circ p_j=0$. D'autre part, si $x\in E_i$, on a $$p_1(x)+\dots+p_i(x)+\dots+p_n(x)=0+\dots+x+\dots+0=x.$$ On a $p_1+\dots+p_n=Id_E$ sur chaque $E_i$, donc sur tout l'espace par "recollement". En effet, tout $x\in E$ s'écrit $x=x_1+\dots+x_n$ avec $x_i\in E_i$.

Si $x\in\ker(f^p)$, alors $f^p(x)=0$. On a alors $$f^q(x)=f^{q-p}(f^p(x))=f^{q-p}(0)=0.$$ Ainsi, $\ker(f^p)\subset \ker(f^q)$.
Soit maintenant $y\in\textrm{Im}(f^q)$. Alors il existe $z\in E$ tel que $y=f^q(z)$. Mais alors on a $$y=f^p(f^{q-p}(z))=f^p(z')\textrm{ avec }z'=f^{q-p}(z).$$ Ainsi, $y\in\textrm{Im}(f^p)$ et $\textrm{Im}(f^q)\subset \textrm{Im}(f^p).$

Supposons d'abord que $g\circ f=0$, et prenons $y\in\textrm{Im}f$. Alors il existe $x\in E$ tel que $y=f(x)$. Mais alors, $g(y)=g\circ f(x)=0$, et donc $y\in \ker g$.
Réciproquement, supposons que $\textrm{Im}f\subset\ker g$. Alors, pour tout $x\in E$, $f(x)\in\textrm{Im} f\subset\ker g$, et donc $g(f(x))=0$, prouvant que $g\circ f=0$.

Prenons $x\in \ker (u)$. Alors $u(x)=0$, donc $v(u(x))=0$, donc $u(v(x))=0$. Ainsi, $v(x)\in \ker (u)$.
Prenons ensuite $y\in\textrm{Im}(u)$. Alors il existe $x\in E$ tel que $y=u(x)$. Mais alors $$v(y)=v(u(x))=u(v(x))\in\textrm{Im}(u).$$ C'est bien que $v(\textrm{Im}(u))\subset \textrm{Im}(u).$

Puisque $f^{n-1}\neq 0$, il existe $x\in E$ tel que $f^{n-1}(x)\neq 0$. On va prouver que la famille $(x,f(x),\dots,f^{n-1}(x))$ est libre. Pour cela, si on a $$\lambda_0 x+\lambda_1 f(x)+\dots+\lambda_{n-1}f^{n-1}(x)=0,$$ on applique $f^{n-1}$ à cette égalité. Puisque $f^{k}(x)=0$ si $k\geq n$, on obtient $$\lambda_0 f^{n-1}(x)=0\implies \lambda_0=0$$ puisque $f^{n-1}(x)\neq 0$. On continue en composant par $f^{n-2}$, puis par $f^{n-3}$,etc... pour trouver successivement que $\lambda_1,\lambda_2$ jusque $\lambda_{n-1}$ sont nuls.

Avant de traiter l'exercice, remarquons que $\ker(f)$ et $\textrm{Im}(g)$ sont bien des sous-espaces de $E$.

1. Soit $y\in \ker(f)\cap\textrm{Im}(g)$. Alors il existe $x\in F$ tel que $y=g(x)$. On a alors $$g\circ f\circ g(x)=g\circ f(y)=g(0)=0.$$ Mais on sait aussi que $g\circ f\circ g(x)=g(x)=y$. Ainsi, $y$ est nul et les sous-espaces vectoriels $\ker(f)$ et $\textrm{Im}(g)$ sont bien en somme directe.
2. Procédons par analyse-synthèse.
   Analyse : Prenons $z\in E$ et supposons que $z=x+y$ avec $x\in \ker(f)$ et $y=g(u)\in\textrm{Im}(g)$. On a alors $f(z)=f(y)=f\circ g(u)$. Mais $g\circ f(z)=g\circ f\circ g(u)=g(u)=y$. On est donc incité à poser $y=g\circ f(z)$.
   Synthèse : Soit $z\in E$ et posons $y=g\circ f(z)$ qui est dans $\textrm{Im}(g)$ et $x=z-y$. Reste à vérifier que $x\in\ker(f)$. On a $$f(x)=f(z)-f(y)=f(z)-f\circ g\circ f(z)=f(z)-f(z)=0.$$
3. Il suffit de vérifier que $f\circ g=\textrm{Id}_F$ puis d'utiliser l'associativité de la composition. Remarquons que l'on n'a pas $g\circ f=\textrm{Id}_E$ (penser à l'image des polynômes constants). Ni $f$ ni $g$ ne sont inversibles car $f$ n'est pas injective (penser à nouveau aux polynômes constants) et $g$ n'est pas surjective (les polynômes constants, à part le polynôme nul ne sont pas dans $\textrm{Im}(g)$).

Avant de commencer l'exercice, on peut remarquer que l'on a toujours $\textrm{Im}(g\circ f)\subset \textrm{Im}(g)$, et que c'est l'inclusion réciproque qui n'est pas toujours vraie, et qui sera donc utile dans l'exercice pour prouver la réciproque.
$\Rightarrow$ : Soit $y\in\textrm{Im}(g)$, $y=g(x)$ avec $x\in E$. On peut écrire $x=x_1+x_2$ avec $x_1=f(z)\in\textrm{Im}(f)$ et $x_2\in \ker(g)$. On a donc $$y=g(x)=g\circ f(z)\in \textrm{Im}(g\circ f)$$ ce qui prouve l'inclusion difficile.
$\Leftarrow$ : Commençons par une petite analyse du problème. Soit $x\in E$ que l'on veut décomposer sous la forme $x=x_1+x_2$, avec $x_1\in \textrm{Im}(f)$ et $x_2\in\ker(g)$. En particulier, $x_1=f(z)$ avec $z\in E$. Dans ce cas, on a $g(x)=g\circ f(z)$. L'inclusion $\textrm{Im}(g)\subset \textrm{Im}(g\circ f)$ entraîne l'existence d'un tel $z$...
Passons à la synthèse. Soit $x\in E$ et soit $z\in E$ tel que $g\circ f(z)=g(x)$ (un tel $z$ existe puisque $\textrm{Im}(g)\subset \textrm{Im}(g\circ f)$). Posons $x_1=f(z)$ et $x_2=x-x_1$. Il suffit de prouver que $g(x_2)=0$. Mais $$g(x_2)=g(x)-g(x_1)=g(x)-g\circ f(z)=0.$$ On a bien prouvé que $E=\textrm{Im}(f)+\ker(g)$.

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.

Soit $(u_1,\dots,u_r)$ une base de $\textrm{Im}(f)$, que l'on complète en une base $(u_1,\dots,u_r,u_{r+1},\dots,u_n)$ de $F$. Notons, pour $i=1,\dots,r$, $P_i$ la projection sur $\textrm{vect}(u_i)$ parallèlement à $\textrm{vect}(u_j:\ j\neq i)$, puis $f_i=P_i\circ f$. Puisque $\textrm{Im}(f_i)\subset \textrm{vect}(u_i)$, on a $\textrm{rg}(f_i)\leq 1$, et si on note $x_i$ tel que $f(x_i)=u_i$, on a $f_i(x_i)=P_i(u_i)=u_i$, ce qui prouve que $f_i$ n'est pas l'application nulle et est donc de rang $1$.
Il reste à démontrer que $f=\sum_{i=1}^r f_i$. Mais si $$f(x)=\sum_{i=1}^r a_i u_i,$$ alors $$f_i(x)=P_if(x)=a_i u_i$$ et donc $$\sum_{i=1}^r f_i(x)=\sum_{i=1}^r a_i u_i=f(x).$$

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 $$\textrm{rg}(f+g)=\textrm{rg}(f)+\textrm{rg}(g).$$

On remarque que $H_1+H_2$ est un sous-espace vectoriel de $E$ qui contient strictement $H_1$. Ainsi, $\dim(H_1+H_2)>n-1$. Puisque $\dim(H_1+H_2)\leq n$, on a $\dim(H_1+H_2)=n$. Par la formule de Grassmann, $$\dim(H_1\cap H_2)=\dim(H_1)+\dim(H_2)-\dim(H_1+H_2)=2(n-1)-n=n-2.$$

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 $\varphi(P)=\varphi(1) P(a)$.