Dans l’espace \(\mathbb{R}^{3}\), on considère les sous-espaces \(E_1=\mathop{\mathrm{Vect}}(1, 1, 1)\) et \(E_2=\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^{3} \mid x+y+z = 0 \}\). Déterminer l’expression analytique du projecteur \(p\) sur \(E_2\) parallèlement à \(E_1\).
On vérifie facilement que \(E_1\) et \(E_2\) sont supplémentaires dans \(E=\mathbb{R}^3\). On note \(e=\left(e_1,e_2,e_3\right)\) la base de \(E\) formée de \(e_1=\left(1,0,0\right)\), \(e_2=\left(0,1,0\right)\) et \(e_3=\left(0,0,1\right)\). On remarque que \(E_1=Vect\left(f_1\right)\) avec \(f_1=\left(1,1,1\right)\) et que \(E_2=Vect\left(f_2,f_3\right)\) avec \(f_2=\left(1,0,-1\right)\) et \(f_3=\left(0,1,-1\right)\). En utilisant les outils du chapitre , on montre que \(f_1,f_2,f_3\) ne sont pas coplanaires et qu’ils forment donc une base \(f\) de \(E\). Soit \(v\in E\). On note \(\left(x,y,z\right)\) les coordonnées de \(v\) dans \(e\) et \(\left(\alpha,\beta,\gamma\right)\) ses coordonnées dans \(f\). De l’égalité \(v=xe_1+y e_2+z e_3=\alpha f_1 + \beta f_2+\gamma f_3\) on tire le système \(\begin{cases} x&=\beta+\alpha \\ y&=\gamma+\alpha \\ z&=-\beta-\gamma+\alpha \end{cases}\) qui est équivalent à \(\begin{cases} \beta&={\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}\left(2x-y-z\right)\\\gamma&={\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}\left(-x+2y+z\right)\\\alpha&={\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3 } \left(x+y+z\right)\end{cases}\). Comme \(f_1\in E_1\) et que \(f_2,f_3\in E_2\) on doit avoir \[p\left(v\right)=\beta f_2+\gamma f_3=\dfrac{1}{3}\left(\left(2x-y-z\right) \left(1,0,-1\right) +\left(-x+2y+z\right)\left(0,1,-1\right) \right)=\dfrac{1}{3}\left(2x-y-z,-x+2y+z,-x-y\right)\] et donc \(\boxed{p\left(x,y,z\right)={\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}\left(2x-y-z,-x+2y+z,-x-y\right)}\).
Dans l’espace \(\mathbb{R}^{3}\), déterminer l’expression analytique de la symétrie par rapport au sous-espace \(E_1\) parallèlement au sous-espace \(E_2\) où : \[E_1=\mathop{\mathrm{Vect}}\bigl( (1,0,0), (1,1,1) \bigr) \textrm{ et } E_2=\mathop{\mathrm{Vect}}(1,2,0)\]
Soit \(s\) cette symétrie et soient \(u = (1,0,0), v = (1,1,1)\) et \(w = (1,2,0)\). Soient \(e_1 = (1,0,0), e_2 = (0,1,0)\) et \(e_3 = (0,0,1)\) les vecteurs de la base naturelle de \(\mathbb{R}^{3}\).
On a \(s(u) = u\) et \(s(v) = v\). \(s(w) = -w\). On a \(e_1 = u, e_2 = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}(w - u)\) et \(e_3 = v - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}(w + u)\).
On en déduit \(s(e_1) = e_1 = (1,0,0), s(e_2) = -{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}(w + u) = (-1,-1,0)\) et \(s(e_3) = v + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}(w - u) = (1,2,1)\). Finalement, \(s(x,y,z) = (x-y+z,-y+2z,z)\) et l’expression analytique de \(s\) s’écrit : \(\begin{cases} x' = x+y+z \\ y' = y+2z \\ z' = z \end{cases}\).
Soit : \[\theta: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}\left[X\right] & \longrightarrow & \mathbb{R}\left[X\right] \\ P & \longmapsto & \theta\left(P\right) \end{array} \right.\] où \(\theta\left(P\right)\) est le polynôme donné par : \[\left(\theta\left(P\right)\right)\left(X\right)={\scriptstyle P\left(X\right)+P\left(-X\right)\over\scriptstyle 2}.\]
Prouver que \(\theta\) est linéaire.
Prouver que l’ensemble des polynômes pairs est stable par \(\theta\).
Montrer que \(\theta\circ \theta = \theta\). Que peut-on en déduire pour \(\theta\).
Déterminer \(\operatorname{Ker}\theta\) et \(\mathop{\mathrm{Im}}\theta\). En déduire les éléments caractéristiques de \(\theta\).
Facile.
On montre aussi facilement que si \(P\) est pair, il en est de même de \(\theta\left(P\right)\).
Soit \(P\) un polynôme à coefficients réels, on a : \[\theta \circ \theta \left(P\right)\left(X\right) = \theta\left( {\scriptstyle P\left(X\right)+P\left(-X\right)\over\scriptstyle 2}\right) = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\left({\scriptstyle P\left(X\right)+P\left(-X\right)\over\scriptstyle 2} + {\scriptstyle P\left(-X\right)+P\left(X\right)\over\scriptstyle 2}\right) = \theta\left(P\right)\left(X\right)\] donc \(\theta\) est un projecteur.
Si \(\theta\left(P\right) = 0\) alors \(\forall X\in \mathbb{R}, \quad P\left(X\right)=-P\left(-X\right)\) donc \(P\) est impair. Réciproquement si \(P\) est impair alors \(\theta\left(P\right)\). \(\operatorname{Ker} \theta = \left\{P\in \mathbb{R}\left[X\right] ~|~ P \textrm{ a tous ses termes de degré pair nuls}\right\}\). On a par ailleurs \(\theta\left(P\right)\) est pair pour tout \(P\in \mathbb{R}\left[X\right]\). Réciproquement, si \(P\) est pair, alors \(\theta\left(P\right)=P\) donc \(\mathop{\mathrm{Im}}\theta = \left\{P\in \mathbb{R}\left[X\right] ~|~ P \textrm{ a tous ses termes de degré impair nuls}\right\}\).
Soient \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel et \(p\in \mathfrak{L}\left(E\right)\).
Montrer que \(p\) est un projecteur si et seulement si \(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-p\) l’est.
On suppose que \(p\) est un projecteur. Exprimer alors \(\mathop{\mathrm{Im}}\left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-p\right)\) et \(\operatorname{Ker}\left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-p\right)\) en fonction de \(\mathop{\mathrm{Im}}p\) et \(\operatorname{Ker}p\).
Comme \(\left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits- p\right)^2=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits- 2p + p^2\), \(p\) est un projecteur si et seulement si \(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits-p\) est un projecteur.
On a \(\operatorname{Ker}p = \mathop{\mathrm{Im}}\left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits- p\right)\). En effet, si \(x\in \operatorname{Ker}p\) alors \(p\left(x\right)=0\) et \(\left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits- p\right)\left(x\right) = x\). Donc \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}\left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits- p\right)\). Réciproquement, si \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}\left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits- p\right)\) alors il existe \(x_0\) tel que \(x= \left(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits- p\right)\left(x_0\right)\) Donc \(p\left(x\right)= p\left(x_0\right)-p^2\left(x_0\right)=0\).
Soient \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel et \(p,q\in \mathfrak{L}\left(E\right)\). Montrer l’équivalence entre :
\(p\circ q = p\) et \(q\circ p = q\).
\(p\) et \(q\) sont des projecteurs et \(\operatorname{Ker}p = \operatorname{Ker}q\).
Comme \[p^2=p\circ \underbrace{q\circ p}_{=q} \circ q =p\circ q\circ q=p\circ q=p,\] \(p\) est un projecteur. On montre de même que \(q\) est un projecteur. Si \(x\in\operatorname{Ker}p\) alors \(q\left(x\right)=q\circ p\left(x\right)=0\) donc \(x\in \operatorname{Ker}q\) et \(\operatorname{Ker} p\subset \operatorname{Ker}q\). On montre de même que \(\operatorname{Ker}q\subset \operatorname{Ker}p\). Donc \(\operatorname{Ker} p=\operatorname{Ker}q\).
Comme \(q\) est un projecteur, \(\operatorname{Ker}p\) et \(\mathop{\mathrm{Im}} p\) sont supplémentaires dans \(E\) . Soit \(x\in E\). Il existe un unique couple \(\left(x',x''\right)\in\operatorname{Ker}q \times \mathop{\mathrm{Im}}q\) tel que \(x=x'+x''\). Alors \[p\circ q\left(x\right)=p \circ q \left(x''\right)=p\left(x''\right) \quad \textrm{ et} \quad p\left(x\right)=p\left(x'+x''\right)=p\left(x''\right)\] car \(\operatorname{Ker}p=\operatorname{Ker}q\) et que \(q\left(x''\right)=x''\). Donc \(p\circ q \left(x\right)=p\left(x\right)\) et \(p\circ q=p\). On montre de même que \(q\circ p=q\).
Première démonstration. On a \(p\circ p= p\), donc \(p^2-p=0\), et alors \((p-\lambda \mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\circ(p+(\lambda-1)\mathop{\mathrm{id}}\nolimits) +\lambda (\lambda-1)\mathop{\mathrm{id}}\nolimits=0\) donc si \(\lambda \not\in \{0,1\}\), on peut écrire \[(p-\lambda \mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\circ \Bigl[ \dfrac{-1}{\lambda(\lambda-1)} \bigl(p+(\lambda-1)\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\bigr)\Bigr]=\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\] ce qui montre que \((p-\lambda \mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\) est inversible.
Deuxième démonstration. Soit \(y\in E\). On décompose \(y=y_1+y_2\) avec \(y_1\in \operatorname{Ker}p\) et \(y_2\in \mathop{\mathrm{Im}}p\). Soit \(x=x_1+x_2 \in E\). Alors \((p-\lambda \mathop{\mathrm{id}}\nolimits)(x)=y\) \(\Longleftrightarrow\) \(x_2-\lambda(x_1+x_2)=y_1+y_2\) \(\Longleftrightarrow\) \(-\lambda x_1 = y_1\) et \((1-\lambda) x_2=y_2\) (on a utilisé le fait que la somme est directe et donc que la décomposition est unique). On trouve une unique solution \(x_1=-\dfrac{1}{\lambda}y_1\) et \(x_2=\dfrac{1}{1-\lambda}y_2\), c’est-à-dire qu’il existe un unique antécédant à \(y\) par l’application \((p-\lambda\mathop{\mathrm{id}}\nolimits)\). Cette application est donc bijective.
Soit un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel \(E\) et deux projecteurs \(p\), \(q\) de \(E\) vérifiant : \[p\circ q = q\circ p\]
Montrer que \(p\circ q\) est un projecteur :
Montrer que \(\mathop{\mathrm{Im}}(p\circ q) = \mathop{\mathrm{Im}}p \cap \mathop{\mathrm{Im}}q\) ;
Montrer que \(\operatorname{Ker}(p\circ q) = \operatorname{Ker}p + \operatorname{Ker}q\).
Calculons \[(p\circ q)^2 = p\circ q \circ p \circ q = p\circ p \circ q\circ q = p^2\circ q^2 =p\circ q\] Donc \(p\circ q\) est un projecteur.
\(\mathop{\mathrm{Im}}(p\circ q) \subset \mathop{\mathrm{Im}}p \cap \mathop{\mathrm{Im}}q\) : soit \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}(p\circ q)\). \(\exists x\in E\) tel que \(y=p\circ q(x)\). Comme \(y=p\bigl(q(x)\bigr)\), \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}p\). Mais puisque \(p\circ q=q\circ p\), on a également \(y=q\bigl(p(x)\bigr)\in \mathop{\mathrm{Im}}q\). Donc \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}p\cap \mathop{\mathrm{Im}}q\).
\(\mathop{\mathrm{Im}}p \cap \mathop{\mathrm{Im}}q \subset \mathop{\mathrm{Im}}(p\circ q)\). Utilisons la caractérisation de l’image d’un projecteur: Soit \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}p \cap \mathop{\mathrm{Im}}q\). Alors \(p(x)=q(x)=x\). Alors \(p\circ q(x)=p\bigl(q(x)\bigr)=p(x)=x\) et par conséquent, \(x\in \mathop{\mathrm{Im}} p\circ q\).
Montrons \(\operatorname{Ker}p + \operatorname{Ker}q \subset \operatorname{Ker}(p\circ q)\): Soit \(x\in \operatorname{Ker}p + \operatorname{Ker}q\); \(\exists (x_p,x_q)\in \operatorname{Ker}p \times \operatorname{Ker} q\) tels que \[x= x_p + x_q\] Alors \[p\circ q(x)=p\bigl(q(x_p)+q(x_q)\bigr)=p\bigl(q(x_p)\bigr) =q\bigl(p(x_p)\bigr)=q(0)=0\] donc \(x\in \operatorname{Ker}(p\circ q)\).
Montrons que \(\operatorname{Ker}(p\circ q) \subset \operatorname{Ker}p + \operatorname{Ker}q\). Soit \(x\in \operatorname{Ker}(p\circ q)\). Posons \(x_p=q(x)\) et \(x_q=x-q(x)\). On a bien \(x=x_p+x_q\) et \[p(x_p)=p\circ q(x)=0 \Rightarrow x_p\in \operatorname{Ker}p\] \[q\bigl(x-q(x)\bigr)=q(x)-q^2(x)=q(x)-q(x)=0 \Rightarrow x_q \in \operatorname{Ker}q\]
Soient un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel \(E\) et deux projecteurs \(p, q\) de \(E\) vérifiant \(poq=0\). On pose \(r=p+q-qop\).
Montrer que \(r\) est un projecteur ;
Montrer que \(\operatorname{Ker}r=\operatorname{Ker}p\cap \operatorname{Ker}q\) ;
Montrer que \(\mathop{\mathrm{Im}}r=\mathop{\mathrm{Im}}p\oplus \mathop{\mathrm{Im}}q\).
Calculons \[r^2=p^2+pq-pqp+qp+q^2-q^2p-qp^2-qpq+qpqp = p+qp+q-qp-qp = p+q-qp=r\] (on a utilisé que \(p^2=p\), \(q^2=q\) et \(pq=0\)). Donc \(r\) est un projecteur (\(r\) est linéaire).
\(\operatorname{Ker}r \subset \operatorname{Ker}p \cap \operatorname{Ker}q\) : soit \(x\in \operatorname{Ker} r\), alors \(p(x)+q(x)-qp(x)=0\), et en appliquant \(p\), on trouve que \(p^2(x)+pq(x)-pqp(x)=0\), d’où \(p(x)=0\), c’est-à-dire \(x\in \operatorname{Ker}p\). De même, en appliquant \(q\), on montre que \(x\in \operatorname{Ker}q\).
\(\operatorname{Ker}p\cap \operatorname{Ker}q \subset \operatorname{Ker}r\), c’est évident.
\(\mathop{\mathrm{Im}}p \cap \mathop{\mathrm{Im}}q = \{0\}\) : soit \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}p \cap \mathop{\mathrm{Im}}q\), alors \(pq(x)=0 \Rightarrow p(x)=0\) (car \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}q\)) et alors \(x=0\) ( \(p(x)=x\), car \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}p\)). La somme est donc directe.
\(\mathop{\mathrm{Im}}r \subset \mathop{\mathrm{Im}}p + \mathop{\mathrm{Im}}q\) : soit \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}r\), puisque \(r\) est un projecteur, \(r(x)=x\) et donc \[x= p(x)+q(x)-qp(x)=p(x) + q\bigl[ x-p(x)\bigr]\] et \(p(x)\in \mathop{\mathrm{Im}}p\), \(q\bigl(x-p(x)\bigr)\in \mathop{\mathrm{Im}}q\).
\(\mathop{\mathrm{Im}}p + \mathop{\mathrm{Im}}q \subset \mathop{\mathrm{Im}}r\) : soit \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}p + \mathop{\mathrm{Im}}q\), \(\exists x_1\in \mathop{\mathrm{Im}}p, \exists x_2\in \mathop{\mathrm{Im}}q\) tels que \(x=x_1+x_2\). Alors, \(r(x)=p(x_1)+p(x_2)+q(x_1)+q(x_2)-qp(x_1)-qp(x_2)= x_1 + x_2 + p(x_2)+q(x_1)-qp(x_1)-qp(x_2)\). Mais \(p\circ q= 0 \Rightarrow \mathop{\mathrm{Im}} q \subset \operatorname{Ker}p\), donc \(p(x_2)=0\). Alors \(r(x)=x+ q\bigl(x_1-p(x_1)\bigr)\), mais puisque \(x_1\in \mathop{\mathrm{Im}}p\), on sait que \(p(x_1)=x_1\), et donc \(r(x)=x\). Comme \(r\) est un projecteur, \(r(x)=x \Rightarrow x\in \mathop{\mathrm{Im}}r\).
Soit \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel et \(p\) un projecteur de \(E\). Résoudre l’équation \(p(x)+3x=y\) où \(y \in E\).
Comme \(p\) est un projecteur, les sous-espaces \(\operatorname{Ker}p\) et \(\mathop{\mathrm{Im}}p\) sont supplémentaires dans \(E\). Donc il existe un unique couple \(\left(x',x''\right)\in\operatorname{Ker} p\times \mathop{\mathrm{Im}}p\) tel que \(x=x'+x''\) et il existe un unique couple \(\left(y',y''\right)\in\operatorname{Ker} p\times \mathop{\mathrm{Im}}p\) tel que \(y=y'+y''\). Il vient : \[p(x)+3x=y \Longleftrightarrow x''+3x'+3x''=y'+y'' \Longleftrightarrow\underbrace{3x'}_{\in\operatorname{Ker}p} + \underbrace{4x''}_{\in \mathop{\mathrm{Im}}p} =\underbrace{ y'}_{\in \operatorname{Ker}p}+\underbrace{y''} _{\in \mathop{\mathrm{Im}}p}\Longleftrightarrow\begin{cases}3 x'&=y' \\4x''&=y'' \end{cases}\Longleftrightarrow x= {\scriptstyle y'\over\scriptstyle 3}+{\scriptstyle y''\over\scriptstyle 4}\] par unicité de la décomposition des vecteurs dans \(E=\operatorname{Ker}p \oplus \mathop{\mathrm{Im}}p\). En conclusion, \(\boxed{x=\dfrac{y-p\left(y\right)}{3}+\dfrac{p\left(y\right)}{4}}\).
Soient \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel et \(p\) un projecteur de \(E\). Calculer \((\mathop{\mathrm{id}}\nolimits + p)^n\) où \(n\in\mathbb{N}\).
Comme \(\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\) et \(p\) commutent, on peut appliquer la formule du binôme et \[\begin{aligned} (\mathop{\mathrm{id}}\nolimits + p)^n&=&\sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} p^{k} = \mathop{\mathrm{id}}\nolimits+ \left(\sum_{k=1}^n \dbinom{n}{k}\right) p = \boxed{\mathop{\mathrm{id}}\nolimits+\left(2^{n}-1\right) p}\end{aligned}\] car \(p^2=p\).
Soit \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel et \(u\in L(E)\). Soit \(p\) un projecteur de \(E\).
Montrer que \(u\) et \(p\) commutent si et seulement si \(\mathop{\mathrm{Im}}p\) et \(\operatorname{Ker}p\) sont stables par \(u\).
Supposons que \(u\) et \(p\) commutent. Soit \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}p\). Mais \(p\left(u\left(y\right)\right)=u\left(p\left(y\right)\right)=u\left(y\right)\) car \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}p\). Donc \(u\left(y\right)\in \mathop{\mathrm{Im}}p\) et \(\mathop{\mathrm{Im}}p\) est stable par \(u\). Si \(x\in\operatorname{Ker}p\) alors \(p\left(u\left(x\right)\right)=u\left(p\left(x\right)\right)=0\) donc \(u\left(x\right)\in\operatorname{Ker}p\) et \(\operatorname{Ker}p\) est aussi stable par \(u\).
On suppose \(\mathop{\mathrm{Im}}p\) et \(\operatorname{Ker}p\) sont stables par \(u\). Comme \(p\) est un projecteur, \(E=\operatorname{Ker}p\oplus \mathop{\mathrm{Im}}p\). Soit \(x\in E\). Il existe un unique couple \(\left(x',x''\right)\in\operatorname{Ker}p\times \mathop{\mathrm{Im}}p\) tel que \(x=x'+x''\). Il vient que \(u\circ p\left(x\right)=u\left(x''\right)\) et que \(p\circ u\left(x\right)=p\left(u\left(x''\right)\right)=u\left(x''\right)\). On a montré que \(u\circ p\left(x\right)=p\circ u \left(x\right)\) donc \(u\) et \(v\) commutent.
[Décomposition du noyau] Soient un \(\mathbb{C}\)-espace vectoriel \(E\) et un endomorphisme \(f \in L(E)\) vérifiant \(f^2 = -\mathop{\mathrm{id}}\nolimits_E\). On note \[F = \{ x \in E \mid f(x) = ix \} \textrm{ et } G = \{x \in E \mid f(x) = -ix \}\] Montrer que \(E = F \oplus G\) et exprimer le projecteur sur \(F\) parallèlement à \(G\).
Pour tout \(x\in E\), on a \(x=-{\scriptstyle i\over\scriptstyle 2}\left(f\left(x\right)+ix\right)+{\scriptstyle i\over\scriptstyle 2}\left(f\left(x\right)-ix\right)\) et on vérifie que \(f\left(x\right)+ix\in F\), \(f\left(x\right)-ix \in G\). En effet : \[f\left(f\left(x\right)+ix\right) =f^2\left(x\right)+if\left(x\right)=-i{x}+if\left(x\right)=i\left(f\left(x\right)+ix\right)\] \[f\left(f\left(x\right)-ix\right) =f^2\left(x\right)-if\left(x\right)=-if\left(x\right)-if\left(x\right)=-i\left(f\left(x\right)-ix\right)\] Donc \(E=F+G\). Si \(x\in F \cap G\) alors on a en même temps \(f\left(x\right)=ix\) et \(f \left(x\right)=-ix\) ce qui n’est possible que si \(x=0\). Donc \(F\) et \(G\) sont en somme directe. En conclusion, \(E=F\oplus G\).
Montrons que \(p=-{\scriptstyle i\over\scriptstyle 2}\left(f+i\mathop{\mathrm{id}}\nolimits\right)\) est le projecteur sur \(F\) parallèlement à \(G\). Soit \(x=x_1+x_2\in F\oplus G\). Alors \(p\left(x\right)=-{\scriptstyle i\over\scriptstyle 2}\left(f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)+i\left(x_1+x_2\right)\right)=-{\scriptstyle i\over\scriptstyle 2}\left(i x_1 - i x_2 + i x_1 + i x_2\right)= x_1\), ce qu’il fallait montrer.
Cet exercice est un cas particulier du théorème de décomposition du noyau que vous verrez en deuxième année.
Soient deux projecteurs \(p\) et \(q\) d’un espace vectoriel \(E\). Montrer que l’endomorphisme \((p+q)\) est un projecteur de \(E\) si et seulement si l’on a \(p\circ q = q\circ p =0\). Si c’est le cas, montrer qu’alors \(\mathop{\mathrm{Im}}(p+q)=\mathop{\mathrm{Im}}p\oplus \mathop{\mathrm{Im}}q\) et que \(\operatorname{Ker}(p+q)= \operatorname{Ker}p \cap \operatorname{Ker}q\).
On suppose que \(p+q\) est un projecteur. Alors \(\left(p+q\right)^2=p+q\) et en développant, on obtient \(p^2+q^2+p\circ q+q\circ p=p+q\). \(p\), \(q\) étant des projecteurs, on a : \(p^2=p\) et \(q^2=q\) et donc \(p\circ q+q\circ p=0\). On va montrer que \(\mathop{\mathrm{Im}}q\subset \operatorname{Ker}p\) ce qui amènera \(p\circ q=0\) et donc \(q\circ p=0\). Soit \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}q\). Alors \(p\left(y\right)+q\left(p\left(y\right)\right)=0\). Comme \(E=\operatorname{Ker}q\oplus \mathop{\mathrm{Im}} q\), il existe \(X\in \operatorname{Ker}q\) et \(Y\in Im q\) tel que \(p\left(y\right)=X+Y\). Alors \(X+Y+q\left(X+Y\right)=0\) soit \(X+2Y=0\). Par unicité de la décomposition d’un vecteur sur une somme directe, il vient \(X=Y=0\) et donc \(p\left(y\right)=0\). On a prouvé que \(\mathop{\mathrm{Im}} q\subset \operatorname{Ker}q\) et la première implication est démontrée.
Pour la seconde, supposons que \(p\circ q = q\circ p =0\) alors \(\left(p+q\right)^2=p^2+q^2+p\circ q+q\circ p=p+q\) car \(p\) et \(q\) sont des projecteurs.
On suppose dans la suite que \((p+q)\) est un projecteur de \(E\).
Montrons que \(\mathop{\mathrm{Im}}(p+q)=\mathop{\mathrm{Im}}p\oplus \mathop{\mathrm{Im}}q\). Soit \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}p \cap \mathop{\mathrm{Im}}q\). Alors \(p\left(x\right)=q\left(x\right)=x\) et il vient \(q\left(p\left(x\right)\right)=x\). Mais \(q\circ p=0\) donc \(x= 0\). Donc \(\mathop{\mathrm{Im}}p\) et \(\mathop{\mathrm{Im}}q\) sont en somme directe. Si \(x\in \mathop{\rm Im}p+q\) alors \(x=\left(p+q\right)\left(x\right)=p\left(x\right)+q\left(x\right)\in\mathop{\mathrm{Im}}p+\mathop{\mathrm{Im}}q\) et \(\mathop{\rm Im}p+q \subset \mathop{\mathrm{Im}}p +\mathop{\mathrm{Im}}q\). Si \(x\in \mathop{\mathrm{Im}}p +\mathop{\mathrm{Im}}q\) alors il existe \(x_1\in \mathop{\mathrm{Im}}p\) et \(x_2\in \mathop{\mathrm{Im}}q\) tel que \(x=x_1+x_2\). Mais \(\left(p+q\right)\left(x\right)=p\left(x_1\right)+p\left(x_2\right)+q\left(x_1\right)+q\left(x_2\right)=x_1+x_2\) car \(\mathop{\mathrm{Im}} q\subset \operatorname{Ker}p\) et \(\mathop{\mathrm{Im}}p \subset \operatorname{Ker}q\) en vertu de \(p\circ q = q\circ p =0\). Donc \(x\in \mathop{\rm Im}p+q\) et on prouve ainsi par double inclusion que \(\mathop{\mathrm{Im}}(p+q)=\mathop{\mathrm{Im}}p\oplus \mathop{\mathrm{Im}}q\).
Montrons maintenant que \(\operatorname{Ker}(p+q)= \operatorname{Ker}p \cap \operatorname{Ker}q\). On montre facilement que \(\operatorname{Ker}p \cap \operatorname{Ker}q\subset \operatorname{Ker}(p+q)\). Soit \(x\in \operatorname{Ker}(p+q)\). Alors \(p(x)+q(x)=0\) et \(p(x)=-q(x)\). Posons \(y=p(x)\). On sait alors que \(y\in\mathop{\mathrm{Im}}p\) et que \(y\in \mathop{\mathrm{Im}}q\). Mais \(\mathop{\mathrm{Im}}p\subset \operatorname{Ker}q\) et \(\mathop{\mathrm{Im}}q \subset \operatorname{Ker}p\) donc \(y\in \operatorname{Ker}q\) et \(y\in \operatorname{Ker}p\). Comme \(E=\operatorname{Ker}p\oplus \mathop{\mathrm{Im}}p\) et \(E=\operatorname{Ker}q\oplus \mathop{\mathrm{Im}}q\), ceci n’est possible que si \(y=0\). Donc \(x\in\operatorname{Ker}p\cap \operatorname{Ker}q\) et l’égalité est prouvée par double inclusion.