28 Exercices Espaces Vectoriels Prépa Corrigés (PDF)

1. Vérification que \(F\) est un sev.

• Non vide : \((0,0,0) \in F\) car \(0 + 2 \times 0 – 0 = 0\).
• Stabilité par addition : soient \(u = (x_1,y_1,z_1)\) et \(v = (x_2,y_2,z_2)\) dans \(F\). Alors \(x_1+2y_1-z_1 = 0\) et \(x_2+2y_2-z_2 = 0\). On a \((x_1+x_2)+2(y_1+y_2)-(z_1+z_2) = 0\), donc \(u+v \in F\).
• Stabilité par multiplication scalaire : soit \(\lambda \in \mathbb{R}\). Alors \(\lambda x_1 + 2\lambda y_1 – \lambda z_1 = \lambda(x_1+2y_1-z_1)=0\), donc \(\lambda u \in F\).

2. Base et dimension.

L’équation \(x + 2y – z = 0\) donne \(x = z – 2y\). En paramétrant par \(y\) et \(z\) :

Les vecteurs \((-2,1,0)\) et \((1,0,1)\) ne sont pas colinéaires. C’est une base de \(F\), et \(\dim F = 2\).

Non. On a \((1,0) \in G\) et \((0,1) \in G\), mais \((1,0)+(0,1)=(1,1) \notin G\) car \(1 \times 1 = 1 \neq 0\).

\(G\) n’est pas stable par addition : ce n’est pas un sev.

On calcule le déterminant de la matrice formée par ces vecteurs en colonnes :

La famille est libre. Comme elle contient 3 vecteurs dans \(\mathbb{R}^3\) (de dimension 3), c’est une base de \(\mathbb{R}^3\).

1. Les vecteurs \((1,2,1)\) et \((2,1,-1)\) ne sont pas colinéaires (le second n’est pas un multiple du premier). Donc \(\dim F = 2\).

2. On cherche \(\alpha, \beta \in \mathbb{R}\) tels que \(\alpha(1,2,1) + \beta(2,1,-1) = (3,3,0)\), soit :

De la troisième équation : \(\alpha = \beta\). En reportant dans la première : \(3\alpha = 3\), donc \(\alpha = \beta = 1\). Vérification dans la deuxième : \(2+1 = 3\) ✓.

Conclusion : \((3,3,0) = (1,2,1) + (2,1,-1) \in F\).

On résout \(\alpha(1,0,1) + \beta(1,1,0) + \gamma(0,1,1) = (5,3,4)\) :

En soustrayant la troisième de la première : \(\beta – \gamma = 1\). Avec \(\beta + \gamma = 3\) on obtient \(2\beta = 4\), soit \(\beta = 2\), \(\gamma = 1\), \(\alpha = 3\).

Conclusion : \([v]_{\mathcal{B}} = (3, 2, 1)\).

1. Le polynôme nul vérifie \(0(0) = 0\), donc \(F \neq \emptyset\). Si \(P, Q \in F\) : \((P+Q)(0) = P(0)+Q(0) = 0\). Si \(\lambda \in \mathbb{R}\) : \((\lambda P)(0) = \lambda P(0) = 0\). Donc \(F\) est un sev de \(E\).

2. Tout \(P \in F\) s’écrit \(P(X) = aX + bX^2 + cX^3\) (le terme constant est nul). Donc \(F = \mathrm{Vect}(X, X^2, X^3)\). Cette famille est libre (échelonnée en degré), c’est une base de \(F\). On a \(\dim F = 3\).

On écrit \(\alpha(1+X) + \beta(1-X) + \gamma(X+X^2) = 0\), soit :

Par identification des coefficients :

De \(\gamma = 0\) et \(\alpha + \beta = 0\), on tire \(\alpha – \beta = 0\), puis \(\alpha = \beta = 0\).

La famille est libre. Comme \(\dim \mathbb{R}_2[X] = 3\) et la famille a 3 éléments, c’est en fait une base de \(\mathbb{R}_2[X]\).

1. L’application \(\mathrm{tr} : \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) \to \mathbb{R}\) est linéaire. Donc \(F = \ker(\mathrm{tr})\) est un sous-espace vectoriel.

2. Si \(M = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}\) avec \(a + d = 0\), alors \(d = -a\) et :

Ces trois matrices sont clairement indépendantes. C’est une base de \(F\), et \(\dim F = 3\).

Vérification : \(\mathrm{tr}\) est surjective, donc \(\dim F = \dim \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) – \dim \mathrm{Im}(\mathrm{tr}) = 4 – 1 = 3\). ✓

Bases de \(F\) et \(G\) :

• \(F\) : \(x = -y\), \(z = -t\) → \((x,y,z,t) = y(-1,1,0,0) + t(0,0,-1,1)\). Base : \(\{(-1,1,0,0),\,(0,0,-1,1)\}\), \(\dim F = 2\).
• \(G\) : \(x = y\), \(z = t\) → \((x,y,z,t) = y(1,1,0,0) + t(0,0,1,1)\). Base : \(\{(1,1,0,0),\,(0,0,1,1)\}\), \(\dim G = 2\).

Intersection : si \(v \in F \cap G\), alors \(x = -y\) et \(x = y\), d’où \(x = y = 0\). De même \(z = t = 0\). Donc \(F \cap G = \{0\}\).

Conclusion : \(\dim F + \dim G = 2 + 2 = 4 = \dim \mathbb{R}^4\) et \(F \cap G = \{0\}\), donc \(\mathbb{R}^4 = F \oplus G\).

On échelonne. On garde \(v_1\) et on élimine :

• \(v_2 – 2v_1 = (0,-3,-3)\)
• \(v_3 – v_1 = (0,-3,-3) = v_2 – 2v_1\) → \(v_3\) est combinaison de \(v_1, v_2\).
• \(v_4 – 3v_1 = (0,-3,-3) = v_2 – 2v_1\) → \(v_4\) est aussi combinaison de \(v_1, v_2\).

Les vecteurs \(v_1\) et \(v_2\) sont libres (non colinéaires). Le rang de la famille est 2.

1. On vérifie si les 4 générateurs sont indépendants. Notons \(u_1 = (1,1,0,0)\), \(u_2 = (0,1,1,0)\), \(u_3 = (0,0,1,1)\), \(u_4 = (1,0,0,1)\). On observe que :

Donc \(u_1 – u_2 + u_3 – u_4 = 0\) : la famille est liée. On vérifie que \(\{u_1, u_2, u_3\}\) est libre (exercice immédiat). Donc \(\mathrm{rg}(u_1,u_2,u_3,u_4) = 3\).

Ainsi \(\dim(F+G) = 3\). Par la formule de Grassmann : \(\dim(F \cap G) = 2 + 2 – 3 = 1\).

2. On cherche \(v = \alpha u_1 + \beta u_2 = \gamma u_3 + \delta u_4\), soit :

D’où \(\alpha = \delta\), \(\alpha + \beta = 0\), \(\beta = \gamma\), \(\gamma + \delta = 0\). On tire \(\beta = -\alpha\), \(\gamma = -\alpha\). Avec \(\alpha = 1\) : \(v = (1,0,-1,0)\).

Conclusion : \(F \cap G = \mathrm{Vect}\{(1,0,-1,0)\}\).

Supposons \(\alpha + \beta \cos(x) + \gamma \cos(2x) = 0\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\). On évalue en trois points :

• \(x = 0\) : \(\alpha + \beta + \gamma = 0\)
• \(x = \displaystyle\frac{\pi}{2}\) : \(\alpha + 0 – \gamma = 0\), soit \(\alpha = \gamma\)
• \(x = \pi\) : \(\alpha – \beta + \gamma = 0\)

En additionnant les équations \(x=0\) et \(x=\pi\) : \(2\alpha + 2\gamma = 0\), soit \(\alpha = -\gamma\). Avec \(\alpha = \gamma\), on obtient \(\alpha = \gamma = 0\), puis \(\beta = 0\).

La famille est libre.

1. Décomposition. Pour toute \(M \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R})\), on écrit :

En effet, \(\left(\displaystyle\frac{M+M^T}{2}\right)^T = \displaystyle\frac{M+M^T}{2}\) et \(\left(\displaystyle\frac{M-M^T}{2}\right)^T = -\displaystyle\frac{M-M^T}{2}\). Donc \(\mathcal{M}_2(\mathbb{R}) = \mathcal{S} + \mathcal{A}\).

Intersection : si \(M \in \mathcal{S} \cap \mathcal{A}\), alors \(M^T = M\) et \(M^T = -M\), d’où \(M = -M\), soit \(M = 0\). Donc \(\mathcal{S} \cap \mathcal{A} = \{0\}\).

Conclusion : \(\mathcal{M}_2(\mathbb{R}) = \mathcal{S} \oplus \mathcal{A}\).

2. Bases.

\(\mathcal{S}\) : une matrice symétrique \(2 \times 2\) est de la forme \(\begin{pmatrix} a & b \\ b & d \end{pmatrix}\). Base :

\(\left\{\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\;\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix},\;\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\right\}\), \(\quad \dim \mathcal{S} = 3\).

\(\mathcal{A}\) : une matrice antisymétrique \(2 \times 2\) est de la forme \(\begin{pmatrix} 0 & b \\ -b & 0 \end{pmatrix}\). Base :

\(\left\{\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\right\}\), \(\quad \dim \mathcal{A} = 1\).

Vérification : \(3 + 1 = 4 = \dim \mathcal{M}_2(\mathbb{R})\) ✓.

1. Noyau : \(f(x,y,z) = (0,0,0)\) donne le système :

Des deux premières : \(x = -y\) et \(z = -y\). La troisième : \(-y + (-y) = -2y = 0\), soit \(y = 0\). Donc \(\ker f = \{(0,0,0)\}\) et \(\dim \ker f = 0\).

Image : la matrice de \(f\) dans la base canonique est :

On a \(\det A = 2 \neq 0\) (cf. exercice 3). Donc \(\mathrm{rg}(A) = 3\) et \(\mathrm{Im}\, f = \mathbb{R}^3\).

2. Théorème du rang : \(\dim \ker f + \dim \mathrm{Im}\, f = 0 + 3 = 3 = \dim \mathbb{R}^3\) ✓. L’application \(f\) est un automorphisme de \(\mathbb{R}^3\).

La famille contient \(n+1\) éléments dans \(\mathbb{R}_n[X]\) qui est de dimension \(n+1\). Il suffit de montrer qu’elle est libre (ou génératrice).

Méthode 1 — Famille échelonnée en degré. Le polynôme \((X-a)^k\) est de degré exactement \(k\), avec coefficient dominant \(1\). La famille est donc échelonnée en degré : pour \(k \in \{0, 1, \ldots, n\}\), le coefficient de \(X^k\) dans \((X-a)^k\) est 1, et il n’apparaît dans aucun \((X-a)^j\) avec \(j\) < \(k\) au même degré dominant. Une telle famille est libre.

Méthode 2 — Formule de Taylor polynomiale. Tout \(P \in \mathbb{R}_n[X]\) s’écrit :

La famille est donc génératrice. Comme elle a \(n+1\) éléments dans un espace de dimension \(n+1\), c’est une base.

Par la formule de Grassmann :

Or \(F + G \subset \mathbb{R}^4\), donc \(\dim(F + G) \leq 4\). D’où :

Bases. Un polynôme pair de degré \(\leq 3\) n’a que des termes de degré pair : \(F = \mathrm{Vect}(1, X^2)\), \(\dim F = 2\). Un polynôme impair : \(G = \mathrm{Vect}(X, X^3)\), \(\dim G = 2\).

Somme : pour tout \(P \in \mathbb{R}_3[X]\), on écrit \(P = a + bX + cX^2 + dX^3 = \underbrace{(a + cX^2)}_{\in F} + \underbrace{(bX + dX^3)}_{\in G}\). Donc \(\mathbb{R}_3[X] = F + G\).

Intersection : si \(P \in F \cap G\), alors \(P(-X) = P(X)\) et \(P(-X) = -P(X)\), d’où \(P = -P\), soit \(P = 0\). Donc \(F \cap G = \{0\}\).

Conclusion : \(\mathbb{R}_3[X] = F \oplus G\). Vérification : \(2 + 2 = 4 = \dim \mathbb{R}_3[X]\) ✓.

On paramètre. De \(x – y + 2z = 0\) : \(x = y – 2z\). En substituant dans la seconde : \(2(y – 2z) + y – z + t = 0\), soit \(3y – 5z + t = 0\), d’où \(t = -3y + 5z\).

Tout élément de \(F\) s’écrit :

Les vecteurs \((1,1,0,-3)\) et \((-2,0,1,5)\) ne sont pas colinéaires. C’est une base de \(F\), et \(\dim F = 2\).

Vérification : le système a 2 équations indépendantes dans \(\mathbb{R}^4\), donc \(\dim F = 4 – 2 = 2\) ✓.

\(\Leftarrow\) : immédiat. Si \(F \subset G\), alors \(F \cup G = G\), qui est un sev.

\(\Rightarrow\) (par contraposée) : supposons \(F \not\subset G\) et \(G \not\subset F\). Il existe \(u \in F \setminus G\) et \(v \in G \setminus F\).

Considérons \(u + v\).

• Si \(u + v \in F\) : alors \(v = (u+v) – u \in F\) (car \(F\) est un sev), contradiction avec \(v \notin F\).
• Si \(u + v \in G\) : alors \(u = (u+v) – v \in G\), contradiction avec \(u \notin G\).

Donc \(u + v \notin F \cup G\). Mais \(u \in F \subset F \cup G\) et \(v \in G \subset F \cup G\). Si \(F \cup G\) était un sev, on aurait \(u + v \in F \cup G\) : contradiction.

Conclusion : \(F \cup G\) n’est pas un sev.

Supposons \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \alpha_k e^{kx} = 0\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\).

Divisons par \(e^{x}\) > \(0\) :

Faisons \(x \to -\infty\) : tous les termes \(\alpha_k e^{(k-1)x}\) pour \(k \geq 2\) tendent vers 0, donc \(\alpha_1 = 0\).

Il reste \(\displaystyle\sum_{k=2}^{n} \alpha_k e^{kx} = 0\). On divise par \(e^{2x}\) et on fait \(x \to -\infty\) : \(\alpha_2 = 0\).

Par récurrence descendante, on obtient \(\alpha_1 = \alpha_2 = \cdots = \alpha_n = 0\). La famille est libre.

\(\varphi\) est bien définie : si \(\deg P \leq n\), alors \(\deg P^\prime \leq n – 1\), donc \(\deg(P – P^\prime) \leq n\).

\(\varphi\) est linéaire (somme de l’identité et de \(-D\) où \(D\) est la dérivation, toutes deux linéaires).

Injectivité : soit \(P \in \ker \varphi\), c’est-à-dire \(P = P^\prime\). Si \(P \neq 0\), posons \(d = \deg P \geq 0\).

• Si \(d = 0\) : \(P\) est constante, \(P^\prime = 0 \neq P\) (car \(P \neq 0\)). Contradiction.
• Si \(d \geq 1\) : \(\deg P^\prime = d – 1 \neq d = \deg P\). Contradiction avec \(P = P^\prime\).

Donc \(P = 0\) et \(\ker \varphi = \{0\}\).

\(\mathbb{R}_n[X]\) est de dimension finie \(n + 1\) et \(\varphi\) est un endomorphisme injectif : \(\varphi\) est un automorphisme.

Supposons \(\alpha_0 + \alpha_1 x + \cdots + \alpha_N x^N = 0\) pour tout \(x \in [0,1]\).

Le membre de gauche est un polynôme \(P(x)\) qui s’annule sur \([0,1]\), donc sur une infinité de points. Or un polynôme non nul de degré \(N\) a au plus \(N\) racines. Donc \(P = 0\), c’est-à-dire \(\alpha_0 = \alpha_1 = \cdots = \alpha_N = 0\).

Ceci étant vrai pour tout \(N \in \mathbb{N}\), la famille est libre.

1. \(\ker f \cap \mathrm{Im}\, f = \{0_E\}\) :

Soit \(x \in \ker f \cap \mathrm{Im}\, f\). Alors \(f(x) = 0_E\) et il existe \(y \in E\) tel que \(x = f(y)\). D’où :

Donc \(x = 0_E\).

2. \(E = \ker f + \mathrm{Im}\, f\) :

Pour tout \(x \in E\), on écrit :

En effet : \(f(x – f(x)) = f(x) – f^2(x) = f(x) – f(x) = 0_E\), donc \(x – f(x) \in \ker f\).

Conclusion : \(E = \ker f \oplus \mathrm{Im}\, f\).

Démonstration par récurrence sur \(p\).

Initialisation (\(p = 1\)) : \(F_1\) est strict, donc \(E \neq F_1\). ✓

Hérédité : supposons le résultat vrai pour \(p\) sous-espaces et montrons-le pour \(p + 1\).

Par hypothèse de récurrence, \(E \neq F_1 \cup \cdots \cup F_p\). Il existe donc \(v \in E \setminus (F_1 \cup \cdots \cup F_p)\). En particulier, \(v \in F_{p+1}\) (sinon on a fini). De plus, \(F_{p+1}\) est strict, donc il existe \(u \in E \setminus F_{p+1}\).

Considérons la famille \(\{u + \lambda v \mid \lambda \in K\}\). Pour \(\lambda \neq \mu\), \(u + \lambda v \neq u + \mu v\) (car \(v \neq 0\)).

Claim : pour chaque \(i \in \{1, \ldots, p\}\), il y a au plus un \(\lambda \in K\) tel que \(u + \lambda v \in F_i\).

Preuve : si \(u + \lambda v \in F_i\) et \(u + \mu v \in F_i\) avec \(\lambda \neq \mu\), alors par différence \((\lambda – \mu)v \in F_i\), soit \(v \in F_i\), contradiction avec \(v \notin F_1 \cup \cdots \cup F_p\).

Donc les \(F_1, \ldots, F_p\) « capturent » au plus \(p\) valeurs de \(\lambda\). Comme \(K\) est infini, il existe \(\lambda_0 \in K\) tel que \(u + \lambda_0 v \notin F_1 \cup \cdots \cup F_p\).

Si \(u + \lambda_0 v \in F_{p+1}\), alors \(u = (u + \lambda_0 v) – \lambda_0 v \in F_{p+1}\) (car \(v \in F_{p+1}\)), contradiction avec \(u \notin F_{p+1}\). Donc \(u + \lambda_0 v \notin F_{p+1}\).

Conclusion : \(u + \lambda_0 v \notin F_1 \cup \cdots \cup F_{p+1}\), donc \(E \neq \displaystyle\bigcup_{i=1}^{p+1} F_i\).

1. Par construction, \(L_i(a_j) = \delta_{ij}\) (symbole de Kronecker) :

• Si \(j = i\) : chaque facteur vaut \(\displaystyle\frac{a_i – a_j}{a_i – a_j} = 1\), donc \(L_i(a_i) = 1\).
• Si \(j \neq i\) : le facteur \(\displaystyle\frac{a_j – a_j}{a_i – a_j} = 0\) apparaît dans le produit, donc \(L_i(a_j) = 0\).

2. La famille \((L_0, \ldots, L_n)\) a \(n + 1\) éléments dans \(\mathbb{R}_n[X]\) (de dimension \(n + 1\)). Montrons qu’elle est libre.

Soit \(\displaystyle\sum_{i=0}^{n} \alpha_i L_i = 0\). En évaluant en \(a_j\) :

Ceci pour tout \(j \in \{0, \ldots, n\}\). La famille est libre, donc c’est une base de \(\mathbb{R}_n[X]\).

3. On pose \(P = \displaystyle\sum_{i=0}^{n} y_i L_i\). Alors pour tout \(j\) :

\(P\) est de degré \(\leq n\) et passe par tous les points \((a_i, y_i)\). L’unicité vient de la dimension : l’application \(\Phi : P \mapsto (P(a_0), \ldots, P(a_n))\) de \(\mathbb{R}_n[X]\) dans \(\mathbb{R}^{n+1}\) est linéaire. Son noyau est l’ensemble des polynômes de degré \(\leq n\) ayant \(n + 1\) racines distinctes, donc \(\ker \Phi = \{0\}\). \(\Phi\) est bijective : le polynôme d’interpolation est unique.

Étape 1 — Tout vecteur non nul est vecteur propre de \(f\).

Soit \(x \in E\), \(x \neq 0_E\). Le sous-espace \(\mathrm{Vect}(x)\) est de dimension 1. Par hypothèse, \(f(\mathrm{Vect}(x)) \subset \mathrm{Vect}(x)\), donc \(f(x) \in \mathrm{Vect}(x)\).

Il existe donc \(\lambda_x \in K\) tel que \(f(x) = \lambda_x \cdot x\).

Étape 2 — Toutes les valeurs propres sont égales.

Soient \(x, y \in E\) non nuls et non colinéaires. Alors \(x + y \neq 0_E\) (sinon \(y = -x\), contradiction). Par linéarité :

D’autre part, \(x + y \neq 0_E\) donc par l’étape 1 :

Comme \((x, y)\) est libre, par unicité de la décomposition :

Si \(x\) et \(y\) sont colinéaires et non nuls, on choisit \(z \in E\) non colinéaire à \(x\) (possible car \(\dim E \geq 2\)). Alors \(\lambda_x = \lambda_z = \lambda_y\).

Conclusion : il existe \(\lambda \in K\) tel que \(f(x) = \lambda x\) pour tout \(x \neq 0_E\). Et \(f(0_E) = 0_E = \lambda \cdot 0_E\). Donc \(f = \lambda \, \mathrm{Id}_E\).

1. \(\ker f = \ker f^2\).

Inclusion \(\ker f \subset \ker f^2\) : immédiate. Si \(f(x) = 0_E\), alors \(f^2(x) = f(f(x)) = f(0_E) = 0_E\).

Égalité des dimensions : par le théorème du rang appliqué à \(f\) puis à \(f^2\) :

Comme \(\mathrm{rg}(f) = \mathrm{rg}(f^2)\), on obtient \(\dim \ker f = \dim \ker f^2\).

Comme \(\ker f \subset \ker f^2\) avec \(\dim \ker f = \dim \ker f^2\), on conclut \(\ker f = \ker f^2\).

2. \(\mathrm{Im}\, f \cap \ker f = \{0_E\}\).

Soit \(x \in \mathrm{Im}\, f \cap \ker f\). Alors \(f(x) = 0_E\) et il existe \(y \in E\) tel que \(x = f(y)\).

Donc \(f^2(y) = f(f(y)) = f(x) = 0_E\), soit \(y \in \ker f^2\).

Par la question 1, \(y \in \ker f\), d’où \(x = f(y) = 0_E\).

3. \(E = \ker f \oplus \mathrm{Im}\, f\).

On a par le théorème du rang : \(\dim \ker f + \dim \mathrm{Im}\, f = \dim E\). Comme \(\mathrm{Im}\, f \cap \ker f = \{0_E\}\) (question 2), on obtient :

Donc \(\ker f + \mathrm{Im}\, f = E\), et la somme est directe. Conclusion : \(E = \ker f \oplus \mathrm{Im}\, f\).

1. \(p + q\) projecteur \(\Rightarrow\) \(pq = qp = 0\).

Développons \((p+q)^2 = p + q\) :

Soit \(p + pq + qp + q = p + q\), d’où :

Multiplions \((*)\) à gauche par \(p\) : \(p^2q + pqp = 0\), soit \(pq + pqp = 0\), d’où \(pq = -pqp\).

Multiplions \((*)\) à droite par \(p\) : \(pqp + qp^2 = 0\), soit \(pqp = -qp\).

Par substitution : \(pq = -(-qp) = qp\). Donc \(pq = qp\).

En reportant dans \((*)\) : \(2pq = 0\), soit \(pq = 0\) (car on travaille sur \(\mathbb{R}\)). Et \(qp = pq = 0\).

2. Réciproque.

Si \(pq = qp = 0\) :

\((p+q)^2 = p^2 + pq + qp + q^2 = p + 0 + 0 + q = p + q\) ✓

3. Image et noyau de \(p + q\).

Image : montrons que \(\mathrm{Im}(p+q) = \mathrm{Im}\, p \oplus \mathrm{Im}\, q\).

• \(\mathrm{Im}\, p \subset \mathrm{Im}(p+q)\) : soit \(x \in \mathrm{Im}\, p\), \(x = p(y)\). Comme \(p+q\) est un projecteur et \((p+q)(x) = p^2(y) + q(p(y)) = p(y) + 0 = x\), on a \(x \in \mathrm{Im}(p+q)\). De même pour \(\mathrm{Im}\, q\).
• \(\mathrm{Im}(p+q) \subset \mathrm{Im}\, p + \mathrm{Im}\, q\) : pour tout \(x \in \mathrm{Im}(p+q)\), \(x = (p+q)(y) = p(y) + q(y) \in \mathrm{Im}\, p + \mathrm{Im}\, q\).
• Somme directe : si \(x \in \mathrm{Im}\, p \cap \mathrm{Im}\, q\), \(x = p(u) = q(v)\). Alors \(p(x) = p(q(v)) = 0\) et \(p(x) = p^2(u) = p(u) = x\). Donc \(x = 0_E\).

Noyau : montrons que \(\ker(p+q) = \ker p \cap \ker q\).

• \(\ker p \cap \ker q \subset \ker(p+q)\) : si \(p(x) = q(x) = 0_E\), alors \((p+q)(x) = 0_E\).
• \(\ker(p+q) \subset \ker p \cap \ker q\) : si \((p+q)(x) = 0_E\), appliquons \(p\) : \(p^2(x) + pq(x) = p(x) + 0 = p(x) = 0_E\). Donc \(x \in \ker p\). De même, en appliquant \(q\) : \(x \in \ker q\).