Exercice 1

PCSI2 — Exercices corrig´es d’alg`ebre lin´eaire
Exercice 1 : ´enonc´e
◮Eest un K-e.v. de dimension quelconque ; pet qsont deux endomorphismes de E. Nous noterons pq pour
p◦q, et p2pour p◦p. Rappel : un projecteur de Eest un endomorphisme de E p tel que p2=p.
Q1 Montrez que si pest un projecteur de E, alors ker(p) et im(p) sont suppl´ementaires.
Q2 Soit fun endomorphisme de Ev´erifiant E= ker(f)⊕im(f). fest-il n´ecessairement un projecteur ?
Q3 Soit pun projecteur de E. Quels sont les scalaires λtels que λp soit un projecteur ?
Q4 Soit pun projecteur de E. Notons il’automorphisme identit´e de E. Existe-t-il des scalaires λtels que p+λi
soit un projecteur ?
Q5 Soit p∈ L(E). Supposons que p◦pest un projecteur. pest-il n´ecessairement un projecteur ?
Q6 Dans cette question, nous supposons que pet pq sont des projecteurs. Montrez que pqp est un projecteur.
Q7 Construisez un exemple dans lequel pet pqp sont des projecteurs, mais pas pq.
Q8 Construisez un exemple dans lequel pet pqp sont des projecteurs, mais pas qp.
Q9 Construisez un exemple dans lequel ni p, ni q, ni pqp ne sont des projecteurs, tandis que pq en est un.
Exercice 1 : corrig´e
Q2 NON : prendre f= 2i; ce n’est pas un projecteur, puisque f2= 4i6= 2i; mais ker(f) est le s.e.v. nul et
im(f) = E, donc E= ker(p)⊕im(p).
Q3 Soit λtel que (λp)2=λp ; alors λ2p2=λp, donc λ(λ−1)p=0. Si pest le projecteur nul, alors tout r´eel λ
convient ; sinon, les deux valeurs possibles de λsont 0 (qui convient puisqu’alors λp =0) et 1 (qui convient
aussi).
Q4 Nous avons (p+λi)2=p+λi ⇐⇒ p2+ 2λp +λ2i=p+λi ⇐⇒ 2λp =λ(1 −λ)i. Si pest le projecteur nul,
les seules valeurs de λqui conviennent sont 0 et 1 ; si p=i, la seule valeur de λqui convient est 0. Sinon,
aucune valeur de λne convient.
Q5 NON : prendre p=−i; alors p2=iest un projecteur, mais p6=p2, donc pn’est pas un projecteur.
Q6 Nous avons (pqp)(pqp) = pqppqp =pqp2qp =pqpqp = (pq)2p=pqp ; donc pqp est un projecteur.
◮Les exemples qui suivent sont tous construits dans R2, muni de sa base canonique (e1, e2). D´efinissons
π1∈ L(R2) par π(e1) = e1et π(e2) = −→ 0 et π2de fa¸con sym´etrique ; π1et π1sont des projecteurs.
Q7 Prenons p=π1et d´efinissons qpar q(e1) = e2et q(e2) = e1. Alors (pq)(e1) = −→ 0 et (pq)(e2) = e1, donc
(pq)2(e2) = −→ 06= (pq)(e2) si bien que (pq)2n’est pas un projecteur. Mais pqp =0est un projecteur.
Q8 Prenons p=π1et d´efinissons qpar q(e1) = e2et q(e2) = −→ 0 . pet pqp =0sont des projecteurs. Mais
(qp)(e1) = e2et (qp)(e2) = −→ 0 , donc (qp)2(e1) = −→ 06= (qp)(e1), si bien que qp n’est pas un projecteur.
Q9 D´efinissons ppar p(e1) = e2et p(e2) = e1, et qpar q(e1) = e2et q(e2) = −→ 0 . Nous avons p2(e1) = e16=p(e1),
donc pn’est pas un projecteur ; de mˆeme q2(e1) = −→ 06=q(e1), donc qn’est pas un projecteur ; enfin
(pqp)(e2) = e1et (pqp)2(e2) = −→ 0 , donc pqp n’est pas un projecteur. Mais (pq)(e1) = e1et (pq)(e2) = −→ 0 ,
donc pq est un projecteur.
Exercice 2 : ´enonc´e
◮Deux projecteurs pet qd’un mˆeme K-e.v. Ev´erifient im(p)⊂ker(q).
Q1 Que pouvez-vous dire de q◦p?
◮Notons r=p+q−p◦q.
Q2 Montrez que rest un projecteur.
Q3 Montrez que ker(r) = ker(p)∩ker(q).
Q4 Montrez que im(p) et im(q) sont en somme directe.
Q5 Montrez que im(r) = im(p)⊕im(q).

Exercice 2 : corrig´e
◮Nous noterons 0l’endomorphisme nul.
Q1 Soit x∈E:p(x)∈im(p), donc p(x)∈ker(q) soit q¡p(x)¢=−→ 0 , ou encore (q◦p)(x) = −→ 0 . Ceci vaut pour
tout x∈E, donc q◦pest l’endomorphisme nul .
Q2 r◦r= (p+q−p◦q)◦(p+q−p◦q) = p◦p+p◦q−p◦p◦q+q◦p+q◦q−q◦p◦q−p◦q◦p−p◦q◦q+p◦q◦p◦q;
chaque terme comportant le facteur q◦pest nul ; de plus, p◦p=pet q◦q=q. Nous obtenons r◦r=
p+p◦q−p◦q+q−p◦q=p+q−p◦q=rce qui termine la preuve : rest un projecteur .
Q3 •Soit x∈ker(r) ; r(x) = −→ 0 , soit p(x) + q(x)−(p◦q)(x) = −→ 0 . Si nous appliquons paux deux membres
de cette ´egalit´e, il vient (p◦p)(x) + (p◦q)(x)−(p◦p◦q)(x) = −→ 0 . En tenant compte de p◦p=p, nous
trouvons p(x) + (p◦q)(x)−(p◦q)(x) = −→ 0 , donc p(x) = −→ 0 , soit x∈ker(p). Mais si nous appliquons q
aux deux membres de l’´egalit´e, il vient (q◦p)(x) + (q◦q)(x)−(q◦p◦q)(x) = −→ 0 . En tenant compte de
q◦p=0et q◦q=q, nous trouvons q(x) = −→ 0 , soit x∈ker(q). Nous avons montr´e que, si x∈ker(r), alors
x∈ker(p)∩ker(q). Donc ker(r)⊂ker(p)∩ker(q) .
•Soit x∈ker(p)∩ker(q) : nous avons p(x) = q(x) = −→ 0 . Alors r(x) = (p+q−p◦q)(x) = p(x)+q(x)−p¡q(x)¢=
−→
0 , donc x∈ker(r). Ainsi ker(p)∩ker(q)⊂ker(r) .
•Ayant ´etabli les deux inclusions, nous avons prouv´e l’´egalit´e ker(r) = ker(p)∩ker(q) .
Q4 Par hypoth`ese, im(p)⊂ker(q) ; mais qest un projecteur, donc ker(q)∩im(q) = ©−→ 0ª; `a plus forte raison,
im(p)∩im(q)⊂©−→
0ª. L’inclusion inverse est banale. Nous avons montr´e im(p)∩im(q) = ©−→
0ª, autrement
dit : les deux s.e.v. im(p) et im(q) sont en somme directe .
Q5 •Soit y∈im(r) : il existe x∈Etel que y=r(x). Alors :
y= (p+q−p◦q)(x) = p(x) + q(x)−(p◦q)(x) = p(x) + q(x)−p¡q(x)¢=p¡x−q(x)¢+q(x)
Clairement, p¡x−q(x)¢∈im(p) et q(x)∈im(q) donc r(x)∈im(p) + im(q). Donc im(r)⊂im(p) + im(q) .
•Soit y∈im(p) + im(q) ; il existe uet vtels que y=p(u) + q(v). Montrer que yest dans im(r) revient `a
v´erifier que r(y) = y. En exploitant les ´egalit´es p◦p=p,q◦p=0et q◦q=qnous trouvons :
r(y) = (p+q−p◦q)¡p(u) + q(v)¢
= (p◦p)(u) + (p◦q)(v) + (q◦p)(u) + (q◦q)(v)−(p◦q◦p)(u)−(p◦q◦q)(v)
=p(u) + (p◦q)(v) + q(v)−(p◦q)(v) = p(u) + q(v) = y
Ceci d´emontre l’inclusion im(p) + im(q)⊂im(r) .
•Ayant ´etabli les deux inclusions, nous avons prouv´e l’´egalit´e im(τ) = (im(p)) + (im(q)) .
Exercice 3 : ´enonc´e
◮f,get hsont trois endomorphismes d’un mˆeme K-e.v. Equi v´erifient f◦g=h,g◦h=fet h◦f=g.
Q1 Montrez que f,get hont mˆeme noyau et mˆeme image.
Q2 ´
Etablissez f2=g2=h2; bien entendu, f2d´esigne f◦f.
Q3 ´
Etablissez g5=g(consid´erez f2gf2).
Q4 Prouvez que E= ker(g)⊕im(g).
Q5 Prouvez que im(f) est stable par f,get h.
Q6 Prouvez que les endomorphismes de im finduits par f,get hsont des automorphismes.

Exercice 3 : corrig´e
Q1 •ker g⊂ker(f◦g) est une propri´et´e g´en´erale : si x∈ker g, alors g(x) = −→ 0 , a fortiori f¡g(x)¢=−→ 0 , soit
(f◦g)(x) = −→ 0 , ou x∈ker(f◦g). Du coup, comme f,get hjouent des rˆoles sym´etriques, on a aussi
ker h⊂ker(g◦h) et ker f⊂ker(h◦f). Donc :
ker f⊂ker(h◦f) = ker g⊂ker(f◦g) = ker h⊂ker(g◦h) = ker f
donc, dans cette chaˆıne d’inclusions, on n’a en fait que des ´egalit´es, soit ker f= ker g= ker h.
•De mˆeme, im(f◦g)⊂im fest une propri´et´e g´en´erale : si y∈im(f◦g), il existe x∈Etel que y= (f◦g)(x),
soit y=f¡g(x)¢, donc y∈im f. On a de mˆeme im(g◦h)⊂im get im(h◦f)⊂im h. Par suite :
im f= im(g◦h)⊂im g= im(h◦f)⊂im h= im(f◦g)⊂im f
donc, dans cette chaˆıne d’inclusions, on n’a en fait que des ´egalit´es, soit im f= im g= im h.
Q2 f2=f◦f= (g◦h)◦f=g◦(h◦f) = g◦g=g2; par raison de sym´etrie, g2=h2. Donc f2=g2=h2.
Q3 f5=f2◦f◦f2=h2◦f◦h2=h◦(h◦f)◦h2=h◦g◦h2=h◦(g◦h)◦h=h◦f◦h=g◦h=f
Q4 Si y∈ker f∩im f, alors f(y) = −→ 0 , et il existe x∈Etel que y=f(x) ; donc
y=f(x) = f5(x) = f4¡f(x)¢=f4(y) = f3¡f(y)¢=f(−→ 0 ) = −→ 0
Ainsi, ker f∩im f=©−→ 0ª. Soit x∈E; ´ecrivant x=x−f4(x) + f4(x), le vecteur y=x−f4(x) appartient
`a ker fpuisque f¡x−f4(x)¢=f(x)−f5(x) = −→ 0 ; et le vecteur z=f4(x) = f¡f3(x)¢appartient `a im f.
Comme x=y+z, on peut conclure : E= ker f+ im f, et finalement E= ker f⊕im f.
Q5 f(y) est dans im fpour tout y∈E, en particulier pour tout y∈im f; donc im fest stable par f. Par
sym´etrie, im gest stable par g, et im hest stable par h. Mais, comme ces trois ensembles sont ´egaux, chacun
est stable `a la fois par f,get h.
Q6 Notons ϕl’endomorphisme de im finduit par f. Alors, si ϕ(x) = −→ 0 , on a f(x) = −→ 0 , donc x∈ker f;
mais x∈im fpar hypoth`ese, donc x=−→ 0 puisque ker fet im fsont suppl´ementaires l’un de l’autre. Ainsi,
ker ϕ=©−→ 0ª, et donc ϕest injectif. Soit y∈im f; il existe x∈Etel que y=f(x), mais f=f5, donc
y=f5(x) = f¡f4(x)¢, or f4(x)∈im f; donc on peut ´ecrire y=ϕ(z), avec z=f4(x)∈im f, soit : ya un
ant´ec´edent par ϕ. Ainsi ϕest surjectif. Conclusion : ϕest un automorphisme de im f. Par sym´etrie, il en
est de mˆeme pour les endomorphismes de im get im hinduits respectivement par get h; d’o`u la conclusion
attendue, puisque im f= im g= im h.
Exercice 4 : ´enonc´e
◮Soient pet qdeux projecteurs d’un K-e.v. E. Nous notons r=p◦q−q◦p.
Q1 Montrez que p◦qest un projecteur si et seulement si r¡im(q)¢⊂ker(p).
◮Nous supposons d´esormais que p◦qest un projecteur.
Q2 Montrez que im(p◦q) = ¡ker(p) + im(q)¢∩im p.
Q3 Montrez que ker(p◦q) = q−1¡ker(p)¢.
Q4 Montrez que ker(p◦q) = ¡ker(p)∩im(q)¢⊕ker(q).
Exercice 4 : corrig´e
◮Notons 0l’endomorphisme nul et il’endomorphisme identit´e.

Q1 Sens direct : supposons que p◦qest un projecteur. Soit z∈r¡im(q)¢: il existe y∈im(q) tel que r(y) = z; il
existe alors x∈Etel que q(x) = y. Ainsi, avec q◦q=q:
z=r(y) = r¡q(x)¢= (p◦q−q◦p)¡q(x)¢= (p◦q◦q)(x)−(q◦p◦q)(x) = (p◦q)(x)−(q◦p◦q)(x)
Nous en d´eduisons :
p(z) = p¡(p◦q)(x)−(q◦p◦q)(x)¢= (p◦p◦q)(x)−(p◦q◦p◦q)(x) = (p◦q)(x)−¡(p◦q)◦(p◦q)¢(x) = −→ 0
puisque p◦qest, par hypoth`ese, un projecteur. Conclusion : z∈ker(p), ce qui montre que r¡im(q)¢⊂ker(p) .
•R´eciproque : supposons r¡im(q)¢⊂ker(p), et montrons que rest un projecteur. Soit x∈E; (r◦q)(x) =
r¡q(x)¢∈r¡im(q)¢, d’o`u (r◦q)(x)∈ker(p), autrement dit : p¡(r◦q)(x)¢=−→ 0 , soit (p◦r◦q)(x) = −→ 0 . Ceci
vaut pour tout x∈E, donc p◦r◦q=0, soit p◦(p◦q−q◦p)◦q=0, ou encore p◦p◦q◦q=p◦q◦p◦q, ce
qui, comme p◦p=pet q◦q=q, nous donne : p◦q= (p◦q)◦(p◦q) ; concluons : p◦qest un projecteur .
•Solution exp´editive, propos´ee par un ´etudiant : p◦qest un projecteur ⇐⇒ p◦q◦p◦q=p◦q⇐⇒ p◦q◦p◦
q−p◦q=0⇐⇒ p◦(q◦p−i)◦q=0⇐⇒ p◦(p◦q−r−i)◦q=0⇐⇒ p◦q−p◦r◦q−p◦q=0⇐⇒ p◦r◦q=0;
or p◦r◦q=0ssi r¡im(q)¢⊂ker(p).
Q2 •Soit z∈im(p◦q) : il existe x∈Etel que z= (p◦q)(x), donc z=p¡q(x)¢, ce qui prouve d´ej`a que z∈im(p).
Par ailleurs, nous pouvons ´ecrire z= (p◦q)(x)−q(x) + q(x) ; q(x)∈im(q), et (p◦q)(x)−q(x)∈ker(p)
car p¡(p◦q)(x)−q(x)¢= (p◦p◦q)(x)−(p◦q)(x) = −→ 0 , puisque p◦p=p. Ainsi, z∈ker(p) + im(q), et
finalement z∈¡ker(p) + im(q)¢∩im(p). Ceci nous montre que im(p◦q)⊂¡ker(p) + im(q)¢∩im(p) .
•Prouvons l’inclusion inverse : soit z∈¡ker(p) + im(q)¢∩im(p). Il existe alors u∈ker(p) et v∈im(q) tels
que z=u+v. Mais v∈im(q) : donc il existe w∈Etel que v=q(w). Comme z∈im(p), p(z) = z, d’o`u :
z=p(z) = p¡u+q(w)¢=p(u) + p¡q(w)¢= (p◦q)(w)
ceci car u∈ker(p), donc p(u) = −→ 0 . Nous avons ainsi montr´e que z∈im(p◦q), et par suite que
¡ker(p) + im(q)¢∩im(p)⊂im(p◦q).
Q3 Soit x∈E; alors
x∈ker(p◦q)⇐⇒ (p◦q)(x) = −→ 0⇐⇒ p¡q(x)¢=−→ 0⇐⇒ q(x)∈ker(p)⇐⇒ x∈q−1¡ker(p)¢
Fin de la d´emonstration.
Q4 •Soit x∈ker(p◦q) : alors q(x)∈ker(p) d’apr`es ce qui pr´ec`ede, et q(x)∈im(q) par d´efinition, si bien que
q(x)∈ker(p)∩im(q). ´ Ecrivons x=q(x) + ¡x−q(x)¢;x−q(x)∈ker(q) puisque qest un projecteur, donc
finalement x∈¡ker(p)∩im(q)¢+ ker(q). Ceci nous montre que ker(p◦q)⊂¡ker(p)∩im(q)¢+ ker(q) .
•Inversement, soit x∈¡ker(p)∩im(q)¢+ ker(q). Il existe alors u∈ker(p)∩im(q) et v∈ker(q) tels que
x=u+v. Alors (p◦q)(x) = (p◦q)(u) + (p◦q)(v) = (p◦q)(u), car (p◦q)(v) = p¡q(v)¢=−→ 0 puisque
v∈ker(q). Mais u∈im(q), donc q(u) = u, et (p◦q)(x) = p¡q(x)¢=p(u) = −→ 0 puisque u∈ker(p).
Finalement, x∈ker(p◦q), ce qui prouve que ¡ker(p)∩im(q)¢+ ker(q)⊂ker(p◦q).
•Nous avons ainsi ´etabli ker(p◦q) = ¡ker(p)∩im(q)¢+ ker(q). Comme qest un projecteur, im(q)∩ker(q) =
©−→
0ª; ker(p)∩im(q) est contenu dans im(q), et contient le vecteur nul, donc (ker(p)∩im(q))∩ker(q) = ©−→ 0ª,
ce qui justifie l’´ecriture ker(p◦q) = ¡ker(p)∩im(q)¢⊕ker(q) .
Exercice 5 : ´enonc´e
◮L’exercice se passe dans un K-e.v. E. Le compos´e de deux endomorphismes fet gest not´e fg au lieu de
f◦g; de mˆeme, f2d´esigne f◦f.
◮Soient pet qdeux endomorphismes de E. Nous supposons que pet p−pq sont des projecteurs.
Q1 ´
Etablissez l’´egalit´e pqpq =pqp.
Q2 Montrez que pqp est un projecteur.
Q3 Pour n>1, prouvez l’´egalit´e (pq)np=pqp.
Q4 Exprimez (p+pqp)2et (p+pqp)3comme combinaison lin´eaire de pet pqp.

Q5 Conjecturez puis d´emontrez une formule exprimant (p+pqp)ncomme combinaison lin´eaire de pet pqp, pour
n>1. Remarque : il existe (au moins) deux d´emonstrations diff´erentes ; si vous donnez les deux, vous serez
gratifi´es en cons´equence !
Q6 Dans cette question, nous fixons E=R3. Exhibez pet qtels que pet p−pq soient des projecteurs distincts
et tous deux non triviaux (les projecteurs triviaux sont l’identit´e et l’endomorphisme nul).
Exercice 5 : corrig´e
Q1 •Traduisons le fait que p−pq est un projecteur : p−pq = (p−pq)2= (p−pq)(p−pq) = p2−p(pq)−(pq)p+
(pq)(pq) = p−p2q−pqp +pqpq =p−pq −pqp +pqpq donc pqpq =pqp .
Q2 •Alors (pqp)2= (pqp)(pqp) = pqp2qp =pqpqp = (pqpq)p= (pqp)p=pqp2=pqp donc pqp est un projecteur .
Q3 •Raisonnons par r´ecurrence sur n>1. L’´egalit´e est claire au rang 1. Supposons-la acquise au rang n>1.
Alors (pq)n+1p=pq(pq)np=pq(pqp) = (pqpq)p= (pqp)p=pqp2=pqp. Ceci ´etablit l’assertion au rang
n+ 1. Fin.
Q4 •Nous avons :
(p+pqp)2=p2+p2qp +pqp2+ (pqp)2=p+ 2pqp +pqp =p+ 3pqp
(p+pqp)3= (p+pqp)(p+pqp)2= (p+pqp)(p+ 3pqp) = p2+pqp2+ 3p2qp + 3(pqp)2
=p+pqp + 3pqp + 3pqp =p+ 7pqp
Q5 •M´ethode 1 : les ´egalit´es (p+pqp)1=p+pqp, (p+pqp)2=p+ 3pqp et (p+pqp)3=p+ 7pqp sugg`erent
la formule (p+pqp)n=p+ (2n−1)pqp, que nous allons ´etablir par r´ecurrence sur n∈N∗. La formule est
vraie aux rangs 1, 2 et 3. Supposons-la acquise au rang n>1 ; alors :
(p+pqp)n+1 = (p+pqp)(p+pqp)n= (p+pqp)¡p+ (2n−1)pqp¢
=p2+ (2n−1)p2qp +pqp2+ (2n−1)(pqp)2
=p+ (2n−1)pqp +pqp + (2n−1)pqp =p+ (2n+1 −1)pqp
Ceci ´etablit la formule au rang n+ 1 et ach`eve la preuve.
•M´ethode 2 : pet pqp commutent, puisque p◦pqp =p2qp =pqp =pqp2=pqp ◦p. Ceci autorise l’emploi de
la formule du binˆome, pour n>2. Comme pet pqp sont des projecteurs, nous aurons pk=ppour k > 0, et
(pqp)n−k=pqp pour k < n. Nous isolons donc le premier et le dernier terme dans le d´eveloppement :
(p+pqp)n=X
06k6n
³n
k´pk(pqp)n−k= (pqp)n+X
16k<n
³n
k´pk(pqp)n−k+pn
=pqp +X
16k<n
³n
k´ppqp +p=p+ (2n+1 −2)pqp +pqp =p+ (2n+1 −1)pqp
Q6 •Notons (i, jk, ) la base canonique de R3; d´efinissons ppar p(i) = i,p(j) = jet p(k) = −→ 0 , et qpar q(i) = k,
q(j) = jet q(k) = −→ 0 . Il est clair que pest un projecteur non trivial ; p−pq est d´efini par (p−pq)(i) = iet
(p−pq)(j) = (p−pq)(k) = −→ 0 , c’est donc un projecteur non trivial et il est distinct de pcar pq 6= 0.
[AlgLin-Recueil] Compos´e le 16 janvier 2008