Applications linéaires

• Inégalité sur les dimensions 👉 Tester l’inclusion des ensembles
• Quand on voit Ker et Im 👉 théorème du rang.

1. On a $\displaystyle {\rm Im\ }(u+v)\subset{\rm Im\ }(u)+{\rm Im\ }(v)$ par définition de la somme de deux applications et de deux sous e.v. Donc $\displaystyle rg(u + v) \le rg(u) + rg(v)$ par la formule de Grassmann. De plus $\displaystyle u \circ v = 0$ signifie que $\displaystyle {\rm Im\ }(v)\subset{\rm Ker\ }(u)$. En utilisant le théorème du rang, on a donc $\displaystyle rg(v)\le {\rm dim(Ker}(u))=n-rg(u)$ et donc $\displaystyle rg(u) + rg(v) \le n$.
2. Par le théorème du rang il suffit de montrer que $\displaystyle {\rm Ker}(v)\cap{\rm Im}(v)=\{0\}$. Soit $\displaystyle x\in{\rm Ker}(v)\cap{\rm Im}(v)$. Alors $\displaystyle x=v(y)$ et donc par l’hypothèse $\displaystyle u \circ v = 0$, on a $\displaystyle u(x)=u(v(y))=0$. Comme on a aussi $\displaystyle v(x)=0$, il vient que $\displaystyle x\in {\rm Ker\ }(u+v)$. Mais par le théorème du rang on a $\displaystyle {\rm dim(Ker}(u+v))=0$ car on a supposé $\displaystyle rg(u + v) = n$. Ainsi $\displaystyle x=0$, ce qu’on voulait !

• Égalité d’ensemble 👉 preuve par double inclusion ;
• Écrire ce que ça veut dire d’être dans les ensembles ;
• Bidouiller les expressions, toujours faire des manipulations simples !

1. On remarque qu’on a toujours $\displaystyle {\rm Ker}(f) \subset {\rm Ker}(f^2)$.
   (i)$\displaystyle \Rightarrow$(ii) : Soit $\displaystyle x\in{\rm Ker}(f) \cap {\rm Im}(f)$, alors $\displaystyle x=f(y)$ et $\displaystyle f(x)=f^2(y)=0$. Donc $\displaystyle y\in{\rm Ker}(f^2) = {\rm Ker}(f)$ par (i). Donc $\displaystyle f(y)=x=0$.
   (ii)$\displaystyle \Rightarrow$(i) : Soit $\displaystyle x\in{\rm Ker}(f^2)$, alors $\displaystyle f^2(x)=0$, donc $\displaystyle f(x)\in{\rm Ker}(f) \cap {\rm Im}(f)$ et $\displaystyle f(x)=0$ par (ii). Ainsi $\displaystyle x\in{\rm Ker}(f)$.
2. On remarque qu’on a toujours $\displaystyle {\rm Im}(f^2) \subset {\rm Im}(f)$.
   (iii)$\displaystyle \Rightarrow$(iv) : Soit $\displaystyle x\in E$. Alors $\displaystyle f(x)=f^2(y)$ par (iii). Donc $\displaystyle f(x-f(y))=0$ car $\displaystyle f$ est linéaire. Ainsi $\displaystyle z=x-f(y)\in{\rm Ker}(f)$ et $\displaystyle x=z+f(y)$ est une décomposition voulue.
   (iv)$\displaystyle \Rightarrow$(iii) : Soit $\displaystyle x\in{\rm Im}(f)$, alors $\displaystyle x=f(y)$, mais $\displaystyle y=z+f(w)$ avec $\displaystyle z\in{\rm Ker}(f)$ d’après (iv). Donc $\displaystyle x=f(y)=f^2(w)$, ce qu’on voulait.
3. Si $\displaystyle E$ est de dimension fini, le théorème du rang nous dit que : $\displaystyle {\rm Ker}(f) \cap {\rm Im}(f)=\{0\} \iff E={\rm Ker}(f) \oplus {\rm Im}(f)$, donc en particulier (i), (ii), (iii) et (iv) sont équivalentes.

1. Il suffit de montrer que pour tout $\displaystyle i \in \{1,\ldots,p\}$, l’application $\displaystyle x \mapsto \langle e_i,x \rangle e_i$ est un endomorphisme de $\displaystyle E$, et cela vient du fait que pour tous $\displaystyle x,y \in E$ et tout $\displaystyle \lambda \in \R$, on a : $\displaystyle \langle e_i, \lambda x+y \rangle e_i = (\lambda \langle e_i,x \rangle + \langle e_i,y \rangle ) e_i = \lambda \langle e_i,x \rangle e_i + \langle e_i,y \rangle e_i$.
2. On utilise la linéarité du produit scalaire en la première variable pour écrire :
   $\displaystyle \langle f(x) , x \rangle = \langle \sum_{i=1}^p \langle e_i,x \rangle e_i , x \rangle = \sum_{i=1}^p \langle e_i,x \rangle \langle e_i,x \rangle = \sum_{i=1}^p \langle e_i,x \rangle^2 \geq 0$.
   On a égalité si et seulement si $\displaystyle \langle e_i, x \rangle = 0$ pour tout $\displaystyle 1 \leq i \leq p$, i.e. si et seulement si $\displaystyle x \in \mathcal{F}^\perp$.
3. Soit $\displaystyle x \in {\rm Ker}(f)$. On a $\displaystyle f(x)=0$, donc $\displaystyle \langle f(x),x \rangle =0$. D’après la question précédente, on a alors $\displaystyle x \in \mathcal{F}^\perp$, donc $\displaystyle {\rm Ker}(f) \subset \mathcal{F}^\perp$. Réciproquement, si $\displaystyle x \in \mathcal{F}^\perp$, alors $\displaystyle \langle x,e_i \rangle = 0$ pour tout $\displaystyle 1 \leq i \leq p$, et on en déduit que $\displaystyle f(x)=0$. Ainsi on a aussi l’inclusion réciproque $\displaystyle \mathcal{F}^\perp \subset {\rm Ker}(f)$.
   Soit $\displaystyle y \in {\rm Im}(f)$. Il existe alors $\displaystyle x \in E$ tel que $\displaystyle y = f(x) = \sum_{i=1}^p \langle e_i,x \rangle e_i.$ On a exprimé $\displaystyle y$ comme combinaison linéaire des $\displaystyle (e_i)_{1 \leq i \leq p}$, ce qui signifie que $\displaystyle y \in {\rm Vect}(\mathcal{F})$, d’où l’inclusion $\displaystyle {\rm Im}(f) \subset {\rm Vect}(\mathcal{F})$. Notons $\displaystyle V := {\rm Vect}(\mathcal{F})$. On a $\displaystyle \mathcal{F}^\perp = V^\perp$. On peut exprimer de deux façons différentes la dimension de $\displaystyle E$, en utilisant le théorème du rang, puis les propriétés des supplémentaires orthogonaux :
   $\displaystyle {\rm dim}(V)+{\rm dim}(V^\perp) = {\rm dim}(E) = {\rm dim}({\rm Ker}(f))+{\rm dim}({\rm Im}(f))$.
   Comme $\displaystyle V = {\rm Ker}(f)$, on en déduit que $\displaystyle {\rm dim}(V^\perp) = {\rm dim}({\rm Im}(f))$, et l’inclusion $\displaystyle {\rm Im}(f) \subset V$ permet de conclure que $\displaystyle {\rm Im}(f) = V$.
4. On a $\displaystyle f$ bijective $\displaystyle \iff$ $\displaystyle {\rm dim}({\rm Ker}(f)) = 0$ $\displaystyle \iff$ $\displaystyle {\rm dim}(V^\perp) = 0$ $\displaystyle \iff$ $\displaystyle {\rm dim}(V) = {\rm dim}(E)$ $\displaystyle \iff$ $\displaystyle V=E$ (car on a l’inclusion $\displaystyle V \subset E$). Mais $\displaystyle V=E$ signifie exactement que $\displaystyle \mathcal{F}$ engendre $\displaystyle E$.

• On voit Ker et Im 👉 Théorème du rang !
• Faire des manipulations simples : sommer des vecteurs, itérer $\displaystyle u$, etc.

Il suffit donc de montrer que $\displaystyle {\rm Ker}(u-Id)\cap{\rm Im}(u-Id)=\{0\}$ d’après le théorème du rang. Soit $$x\in{\rm Ker}(u-Id)\cap{\rm Im}(u-Id).$$ Alors $\displaystyle u(x)=x$ et il existe $\displaystyle y\in E$ tel que $\displaystyle u(y)-y=x$. Et maintenant il faut bidouiller pour avoir plus d’info sur $\displaystyle x$ ! Il paraît naturel de réécrire $\displaystyle u(y)=x+y$, ce qui donne envie d’itérer : $$u^2(y)=u(x)+u(y)=x+x+y=2x+y.$$ Tiens on commence à voir une récurrence : $\displaystyle u^n(y)=nx+y$. On est d’accord, on sait pas trop où on va, mais on emmagasine des infos intéressantes. Le grand intérêt d’avoir des suites, c’est de passer à la limite, ça donne quoi ici ? A gauche ça ne peut pas exploser car $\displaystyle \|u^n(y)\|\le \|u^{n-1}(y)\|\le \cdots\|y\|$ d’après l’hypothèse. Par contre à droite ça explose si $\displaystyle x\neq0$ (car $\displaystyle \|nx+y\|\ge n\|x\|-\|y\|$), boom contradiction ! ça veut donc dire que $\displaystyle x=0$.

Remarque : La conclusion est donc vraie en particulier si $\displaystyle u$ est dans le groupe orthogonal. On associe souvent cet exercice avec l’étude de la suite d’endomorphismes $\displaystyle \frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1} u^j$. La bidouille d’avant devrait aider à dire quelque chose de remarquable sur sa limite 😃

$\displaystyle (\Longrightarrow)$ Cela invite à une démonstration par l’absurde car on pourra travailler avec un $\displaystyle x\neq0$ dans $\displaystyle \bigcap_{k=1}^n {\rm Ker} f_k$, et on pourra exprimer n’importe quelle forme linéaire en fonction des $\displaystyle f_k$. Soit $\displaystyle F$ tel que $\displaystyle E={\rm Vect}(x)\oplus F$. Le plus naturel est de définir la forme linéaire $\displaystyle f$ avec $\displaystyle f(x)=1$ et $\displaystyle {\rm Ker} f= F$. Mais d’après l’hypothèse on peut écrire $\displaystyle f=a_1f_1+\cdots +a_nf_n$. En appliquant en $\displaystyle x$, on obtient $\displaystyle 1$ à gauche et $\displaystyle 0$ à droite car $\displaystyle x\in \bigcap_{k=1}^n {\rm Ker} f_k$, contradiction !
$\displaystyle (\Longleftarrow)$ Pour l’autre sens, on pose $\displaystyle H_i = {\rm Ker}(f_i)$ et $\displaystyle F_k = \bigcap_{i=1}^k H_i$. On a l’inclusion $\displaystyle F_{k+1} \subset F_k$ pour tout $\displaystyle 1 \le k \le n-1$, donc $\displaystyle {\rm dim}(F_{k+1}) \le {\rm dim}(F_k)$. De plus, d’après une formule classique : $${\rm dim}(F_k)+{\rm dim}(H_{k+1}) = {\rm dim} (F_k \cap H_{k+1}) + {\rm dim}(F_k + H_{k+1}).$$ Or $\displaystyle F_k \cap H_{k+1} = F_{k+1}$, et $\displaystyle {\rm dim}(F_k+ H_{k+1}) \le n$, on en déduit que$${\rm dim}(F_{k+1}) \ge {\rm dim}(F_k)-1.$$ Comme on a $\displaystyle {\rm dim}(F_1)=n-1$ et $\displaystyle {\rm dim}(F_n) = 0$, on a nécessairement égalité dans chacune des inégalités, c’est-à dire $${\rm dim}(F_{k+1}) = {\rm dim}(F_k)-1.$$ On peut alors construire un $\displaystyle n$-uplet $\displaystyle (x_1,\ldots,x_n)$ vérifiant les propriétés suivantes : on choisit $\displaystyle x_1 \notin {\rm Ker}(f_1)$, et pour $\displaystyle k \ge 2$, on choisit $\displaystyle x_k$ dans $\displaystyle F_{k-1}$, mais pas dans $\displaystyle F_k$. La famille $\displaystyle (x_1,\ldots,x_n)$ a été construite de telle sorte que $\displaystyle f_i(x_j)=0$ si $\displaystyle i < j$ et $\displaystyle f_i(x_i) \neq 0$.

Soient maintenant $\displaystyle \alpha_1,\ldots,\alpha_n$ scalaires tels que $\displaystyle \sum_{i=1}^n \alpha_i f_i = 0$. Alors, pour tout $\displaystyle 1 \le j \le n$, on a $\displaystyle \sum_{i=1}^n \alpha_i f_i(x_j) = 0$. Autrement dit, on a l’équation matricielle $\displaystyle M Y = 0$, avec $\displaystyle M=(f_i(x_j))_{1 \le i,j \le n}$ et $\displaystyle Y = (\alpha_1,\ldots,\alpha_n)^T$. Mais d’après les remarques faites précédemment, la matrice $\displaystyle A$ est triangulaire supérieure avec des coefficients diagonaux non nuls, elle est donc inversible. On en déduit que $\displaystyle Y=0$, donc que la famille $\displaystyle f_1,\ldots,f_n$ est libre dans $\displaystyle E^*$, et comme $\displaystyle {\rm dim}(E^*)=n$, cette famille est bien une base.

$\displaystyle p$ projecteur 👉 On écrit $\displaystyle p^2$, qu’on développe ici.

On a $\displaystyle p^2=p_1^2+p_2^2+p_1\circ p_2+p_2\circ p_1$. Or $\displaystyle p_i^2=p_i$ pour tout $\displaystyle i$ car les $\displaystyle p_i$ sont des projecteurs. Donc $\displaystyle p^2=p+p_1\circ p_2+p_2\circ p_1$. Et là on voit qu’on peut prouver $\displaystyle (\Leftarrow)$.
Pour $\displaystyle (\Rightarrow)$, on a $\displaystyle p_1\circ p_2+p_2\circ p_1=p^2-p=0$. En composant à gauche et à droite par $\displaystyle p_1$ cette identité, on obtient $$\begin{aligned} p_1\circ p_2+p_1\circ p_2\circ p_1&=0 \\ p_1\circ p_2\circ p_1+p_2\circ p_1&=0. \end{aligned}$$ D’où en additionnant les deux égalités : $\displaystyle 2\ p_1\circ p_2\circ p_1 =0$, et donc $\displaystyle p_1\circ p_2\circ p_1 =0$. En remplaçant $\displaystyle p_1\circ p_2\circ p_1$ dans le système, il vient $\displaystyle p_1\circ p_2=p_2\circ p_1=0$.

Comme $\displaystyle f^{r-1}\neq0$, il existe $\displaystyle e$ tel que $\displaystyle f^{r-1}(e)\neq0$. Soit une combinaison $\displaystyle a_0e+\cdots+a_{r-1}f^{r-1}(e)=0$. En appliquant $\displaystyle f^{r-1}$ à cette dernière expression, on obtient
$\displaystyle 0=a_0f^{r-1}(e)+a_1f^{r}(e)+\cdots=a_0f^{r-1}(e)$ car $\displaystyle f$ est nilpotent d’indice $\displaystyle r$. D’où $\displaystyle a_0=0$. En appliquant $\displaystyle f^{r-2}$, on obtient $\displaystyle 0=a_1f^{r-1}(e)+a_2f^{r}(e)+\cdots=a_1f^{r-1}(e)$, donc $\displaystyle a_1=0$, etc. On a donc prouvé que tous les $\displaystyle a_k$ sont nuls, et donc que la famille $\displaystyle (e, f(e), ..., f^{r-1}(e))$ est libre.

Si $\displaystyle E$ est de dimension $\displaystyle n$, on ne peut pas avoir $\displaystyle r>n$ car sinon la famille $\displaystyle (e, f(e), ..., f^{r-1}(e))$ qui contient $\displaystyle r$ éléments ne pourrait pas être libre.

Travailler avec le sous-espace $\displaystyle {\rm Ker}(D^2)$ et les indices de nilpotence.

Supposons qu’il existe un endomorphisme $\displaystyle R:E\to E$ tel que $\displaystyle D=R\circ R$. On pose $$F={\rm Ker}(D^2)=\{a+b\ {\rm Id},\ a,b\in\R\},$$ qui est un plan. On sait que $\displaystyle D^2$ et $\displaystyle R$ commutent car $\displaystyle D=R^2$. Le sous-espace $\displaystyle F$ est stable par $\displaystyle D$. Montrons qu’il est stable par $\displaystyle R$ aussi. Soit $\displaystyle y\in F$. On a $\displaystyle D^2\circ R(y)=R\circ D^2(y)=0$. Donc $\displaystyle R(y)\in {\rm Ker}(D^2)=F$ (Le résultat est un cas particulier du fait que si deux endormorphismes commutent, les sous-espaces propres de l’un sont stables par l’autre). Notons $\displaystyle u$ la restriction de $\displaystyle D$ à $\displaystyle F$, et $\displaystyle v$ celle de $\displaystyle R$ à $\displaystyle F$ : $\displaystyle u$ et $\displaystyle v$ sont des endomorphismes de $\displaystyle F$. On a $\displaystyle u^2=0$ par définition de $\displaystyle F$. Comme $\displaystyle u=v^2$, il vient $\displaystyle v^4=0$. Or la dimension de $\displaystyle F$ est $\displaystyle 2$, et l’indice de nilpotence de $\displaystyle v$ ne peut donc excéder $\displaystyle 2$. Ainsi $\displaystyle v^2=0$. On en déduit que $\displaystyle u=0$, ce qui n’est pas possible car $\displaystyle u({\rm Id}:x\mapsto x)=1\neq 0$. On en conclut donc qu’il n’existe pas d’endomorphisme $\displaystyle R:E\to E$ tel que $\displaystyle D=R\circ R$.

• Toujours commencer par des constatations simples, ici : $\displaystyle {\rm Ker}(v)\subset {\rm Ker}(u\circ v)$ ;
• Traduire ce que l’on demande à l’aide de famille de vecteurs.

On remarque que $\displaystyle {\rm Ker}(v)\subset {\rm Ker}(u\circ v)$. On voit déjà un lien avec l’inégalité demandée car elle fait intervenir $\displaystyle {\rm dim\ Ker}(u\circ v)$ et $\displaystyle {\rm dim\ Ker}(v)$. On peut alors aussi voir la question comme majorer $\displaystyle {\rm dim\ Ker}(u\circ v)- {\rm dim\ Ker}(v)$, i.e. “quantifier l’écart” entre $\displaystyle {\rm Ker}(v)$ et $\displaystyle {\rm Ker}(u\circ v)$.
Cela invite à compléter la base de $\displaystyle {\rm Ker}(v)$ en une base de $\displaystyle {\rm Ker}(u\circ v)$. Notons $\displaystyle (e_1,\cdots, e_p)$ la famille libre que l’on a rajoutée (elle est finie car $\displaystyle E$ est de dimension finie). Elle engendre un s-e.v. $\displaystyle F$ tel que $\displaystyle {\rm Ker}(u\circ v)={\rm Ker}(v)\oplus F$. On a ainsi : $$p= {\rm dim\ Ker}(u\circ v)- {\rm dim\ Ker}(v).$$ De plus, on a pour tout $\displaystyle i$, $\displaystyle u\circ v(e_i)=0$, i.e. $\displaystyle v(e_i)\in{\rm Ker}(u)$ $\displaystyle (\star)$.
Montrons que la famille $\displaystyle (v(e_1),\cdots, v(e_p))$ est libre. Soit $\displaystyle a_1,\cdots, a_p$ tels que $\displaystyle a_1v(e_1)+\cdots+ a_pv(e_p)=0$. Alors $\displaystyle v(a_1e_1+\cdots+ a_pe_p)=0$. Donc $\displaystyle a_1e_1+\cdots+ a_pe_p\in {\rm Ker}(v)\cap F$. Comme $\displaystyle {\rm Ker}(v)$ et $\displaystyle F$ sont en somme directe, il vient $\displaystyle a_1e_1+\cdots+ a_pe_p=0$. Comme $\displaystyle (e_1,\cdots, e_p)$ est libre, on en déduit $\displaystyle a_1=\cdots=a_p=0$. Ainsi $\displaystyle (v(e_1),\cdots, v(e_p))$ est libre.
Avec $\displaystyle (\star)$, on en déduit que $\displaystyle p\le {\rm dim\ Ker}(u)$, ce qui permet de conclure.

Quelle relation y’a t-il entre $\displaystyle \mathrm{Im}(f+g)$, $\displaystyle \mathrm{Im}(f)$ et $\displaystyle \mathrm{Im}(g)$ ?

1. On remarque que $\displaystyle \mathrm{Im}(f+g)\subset\mathrm{Im}(f)+\mathrm{Im}(g)$.
   En effet si $\displaystyle u\in\mathrm{Im}(f+g)$ alors il existe $\displaystyle x\in E$ tel que $\displaystyle u=\underbrace{f(x)}_{\in\mathrm{Im}(f)}+\underbrace{g(x)}_{\in\mathrm{Im}(f)}$.
   On en déduit que $\displaystyle \dim(\mathrm{Im}(f+g))\leq \dim(\mathrm{Im}(f)+\mathrm{Im}(g))$.
   Ainsi par propriété des dimensions, $\displaystyle \dim(\mathrm{Im}(f+g))\leq \dim(\mathrm{Im}(f))+\dim(\mathrm{Im}(g))$.
2. En appliquant le résultat de 1. à $\displaystyle g$ et $\displaystyle f-g$ on obtient $\displaystyle \textrm{rg}(f)\le\textrm{rg}(g)+\textrm{rg}(f-g)$, soit : $$\textrm{rg}(f)-\textrm{rg}(g)\le \textrm{rg}(f-g).$$ De même : $$\textrm{rg}(g)-\textrm{rg}(f)\le \textrm{rg}(g-f) = \textrm{rg}(f-g).$$ D’où le résultat voulu.

• Quelle information donne $\displaystyle f^2=0$ concernant le noyau et l’image ?
• Ker, Im, dimension finie 👉 Théorème du rang.

Remarquons qu’on a l’équivalence :
$$\begin{aligned} f^2 = 0 & \Leftrightarrow \forall x\in E,~~f(f(x))=0_E\\ & \Leftrightarrow \forall y\in \mathrm{Im}(f),~f(y)=0_E\\ & \Leftrightarrow \textrm{Im}(f)\subset\textrm{Ker}(f). \end{aligned}$$
Par conséquent,
$$\begin{aligned} \ker(f) = \textrm{Im}(f) & \Leftrightarrow \bigg( f^2 = 0\quad\text{et}\quad \dim(\textrm{Im}(f)) = \dim(\textrm{Ker}(f))\bigg)\\ &\Leftrightarrow \bigg( f^2 = 0\quad\text{et}\quad \textrm{rg} (f) = n-\textrm{rg} (f)\bigg)\\ &\Leftrightarrow \bigg( f^2 = 0\quad\text{et}\quad 2~\textrm{rg} (f) = n\bigg). \end{aligned}$$

• Projecteurs 👉 écriture $\displaystyle u\circ u=u$ ;
• Dimension, rang 👉 Théorème du rang !

Que veut-on ? $\displaystyle u\circ u=u$ et $\displaystyle v\circ v=v$. Et on sait que $\displaystyle u+v=Id$. Pas d’hésitation, on compose par $\displaystyle u$ et $\displaystyle v$. On obtient $\displaystyle u^2+v\circ u=u$. On a le choix de composer à gauche ou à droite, et on a déjà fait $\displaystyle u$ à droite. Pour retrouver le terme $\displaystyle v\circ u$, on choisit de composer cette fois par $\displaystyle v$ à gauche, i.e. $\displaystyle v\circ u+v^2=v$. On voit alors que ce qu’on cherche revient exactement à prouver que $\displaystyle v\circ u=0$, i.e. $\displaystyle {\rm Im}(u)\subset {\rm Ker}(v)$.

On considère donc un $\displaystyle u(x)\in Im(u)$. Alors là, on ne voit pas trop quoi faire, donc il faut essayer de déduire tout ce qu’on peut des hypothèses. On a $\displaystyle u(x)+v(x)=x$, et on a pas encore utilisé $\displaystyle rg(u)+rg(v)\le n$. Le théorème du rang disant $\displaystyle rg(u)=n-\dim(Ker(u))$, idem pour $\displaystyle v$, il vient $$\dim(Ker(u))+\dim(Ker(v))\ge n.$$ Une question vient alors : comment sont $\displaystyle Ker(u)$ et $\displaystyle Ker(v)$ l’un par rapport à l’autre ? Si $\displaystyle a\in Ker(u)\cap Ker(v)$ alors $\displaystyle u(a)=v(a)=0$ et $\displaystyle a=u(a)+v(a)=0$. Ainsi les deux noyaux sont en somme directe. Vu la somme de leur dimension, on a plus trop le choix : $\displaystyle E=Ker(u)\oplus Ker(v)$. Notre $\displaystyle x$ du départ peut alors s’écrire $\displaystyle x=y+z$ avec $\displaystyle y\in Ker(u)$ et $\displaystyle z\in Ker(v)$, donc $\displaystyle u(x)=u(y)+u(z)=u(z)$. Mais $\displaystyle z\in Ker(v)$, donc en utilisant toujours $\displaystyle u+v=Id$, on a $\displaystyle z=u(z)+v(z)=u(z)$. Ainsi $$u(x)=u(z)=z\in Ker(v),$$ ce qu’on voulait !