Soit $ x \in f(\ker(g \circ f)) \subset f(E) = \text{Im}(f) $.

Par définition de l’image d’une application :
$$ \exists t \in \ker(g \circ f) \mid x = f(t) $$
$$ g(x) = g(f(t)) = (g \circ f)(t) = 0_E $$
Par définition du noyau d’une application linéaire : $ x \in \ker(g) $ donc $ x \in \ker(g) \cap \text{Im}(f) $
Par définition de l’inclusion de deux ensembles :
$$ f(\ker(g \circ f)) \subset \ker(g) \cap \text{Im}(f) $$

Soit $ x \in \ker(g) \cap \text{Im}(f) $.
Par définition du noyau d’une application linéaire et de l’image d’une application : $ g(x) = 0_E $ et $ \exists t \in E \mid x = f(t) $.
$$ (g \circ f)(t) = g(f(t)) = g(x) = 0_E $$
Par définition du noyau d’une application linéaire puis par définition de l’image d’une application : $ t \in \ker(g \circ f) $ donc $ x \in f(\ker(g \circ f)) $.

Par définition de l’inclusion de deux ensembles :
$$ \ker(g) \cap \text{Im}(f) \subset f(\ker(g \circ f)) $$
On a donc double inclusion ce qui permet d’affirmer l’égalité des ensembles :
$$ f(\ker(g \circ f)) = \ker(g) \cap \text{Im}(f) $$

On va faire un raisonnement par analyse-synthèse.
Analyse :
Soit $ x \in F $, on suppose que la décomposition demandée existe :
$$ \exists (u, v) \in \ker(g) \times \text{Im}(f) \mid x = u + v $$
On a donc $ g(u) = 0_G $ et \quad $ \exists t \in E \mid v = f(t) $.
$$ x = u + f(t) $$
On applique $g$ membre à membre:
$$ g(x) = g(u) + g(f(t)) $$
$$ g(x) = 0_G + (g \circ f)(t) $$
On applique $h$ membre à membre:
$$ (h \circ g)(x) = (h \circ g \circ f)(t) $$
$$ (h \circ g)(x) = f(t) $$
$$ v = (h \circ g)(x) $$
$u$ est totalement déterminé :
$$ u = x – v = x – (h \circ g)(x) $$
On vient donc de démontrer que, si la décomposition existe, alors elle est unique. Ceci peut se reformuler de la façon suivante : $ \ker(g) $ et $ \text{Im}(f) $ sont en somme directe.

Synthèse : on va démontrer que la décomposition obtenue précédemment vérifie toutes les conditions requises :
Soit $ x \in F $.

On pose $ v = (h \circ g)(x) $ et $ u = x – v $.
La condition $ x = u + v $ est donc déjà vérifiée.
$$ v = (h \circ g)(x) = (h \circ g \circ f \circ k)(x) = (f \circ k)(x) = f(k(x)) \in \text{Im}(f) $$
$$ g(u) = g(x – v) = g(x) – g(v) = g(x) – g\left( (f \circ k)(x) \right) = g(x) – (g \circ f \circ k)(x) = g(x) – g(x) = 0_G $$
Donc $ u \in \ker(g) $.

On vient de démontrer que tout vecteur de l’espace vectoriel $F$ de se décomposer en une somme d’un vecteur de $\ker(g)$ et d’un vecteur de $\text{Im}(f)$. On peut reformuler ceci de cette façon : $ F \subset \ker(g) + \text{Im}(f) $. L’inclusion réciproque étant évidente, on a $ F = \ker(g) + \text{Im}(f) $. Avec le travail d’analyse, on savait que la décomposition est unique, on peut donc écrire $ F = \ker(g) \oplus \text{Im}(f) $.

Conclusion : $ \ker(g) $ et $ \text{Im}(f) $ sont des espaces vectoriels supplémentaires dans $F$.

Soit $ b \in K $.
On pose l’application linéaire $g$ définie par : $ g = \text{Id} – b p $.

On calcule une expression simple de l’application linéaire composée notée $fg$ :
$$ fg = (\text{Id} – a p)(\text{Id} – b p) $$
$$ fg = \text{Id}^2 – b p – a p + a b p^2 $$
$$ fg = \text{Id} – b p – a p + a b p, \quad p^2 = p $$
$$ fg = \text{Id} + (ab – a – b) p $$
On suppose que l’application linéaire $g$ est l’application inverse de $f$, puis on raisonne par équivalence :
$$g = f^{-1}}$$
$$ \iff fg = \text{Id} $$
$$ \iff \text{Id} + (ab – a – b) p = \text{Id} $$
$$ \iff (ab – a – b) p = 0_{\mathcal{L}(E)} $$
$$ \iff ab – a – b = 0, \quad p \neq 0_{\mathcal{L}(E)} $$
$$ \iff (a-1) b = a $$
$$ \iff b = \frac{a}{a-1}, \quad a \neq 1 $$
On vient donc de démontrer que $ f \in GL(E) $ et $ f^{-1} = \text{Id} – \frac{a}{a-1} p $.

On calcule l’endomorphisme composé noté $fp$ :
$$ f p = (\text{Id} – a p) p = p – a p^2 = p – a p = (1 – a) p $$
On en déduit une autre expression du projecteur $p$ :
$$ p = \frac{1}{1-a} f p, \quad a \neq 1 $$
On rappelle que :
$$ f = \text{Id} – a p $$
On en déduit que :
$$ \text{Id} = f + a p = f + a \left( \frac{1}{1-a} f p \right) = f \left( \text{Id} + \frac{a}{1-a} p \right) $$

On vient donc de démontrer que $ f \in GL(E) $ et $ f^{-1} = \text{Id} + \frac{a}{1-a} p $.

Si $ \ker(f) = \text{Im}(f) $ :
Par le théorème du rang :
$$ n = \dim(E) = \dim(\ker(f)) + \text{rg}(f) = \dim(\text{Im}(f)) + \text{rg}(f) = \text{rg}(f) + \text{rg}(f) = 2 \text{rg}(f) $$
Soit $ x \in E $.
$ f(x) \in \text{Im}(f) = \ker(f) $.
Par définition du noyau d’une application linéaire : $ f(f(x)) = 0_E $
Ceci peut se reformuler en : $ f^2 = 0_{\mathcal{L}(E)} $.

Si $ f^2 = 0 \quad \text{et} \quad n = 2 \text{rg}(f) $ :
Soit $ y \in \text{Im}(f) $, par définition de l’image d’une application : $ \exists x \in E \mid y = f(x) $.
$$ f(y) = f(f(x)) = f^2(x) = 0_E $$
Par définition du noyau d’une application linéaire : $ y \in \ker(f) $.
Par définition de l’inclusion des ensembles : $ \text{Im}(f) \subset \ker(f) $.
Par le théorème du rang :
$$ \dim(\text{Im}(f)) = \text{rg}(f) = 2\text{rg}(f) – \text{rg}(f) = n – \text{rg}(f) = \dim(\ker(f)) $$
On a inclusion et égalité des dimensions donc $ \text{Im}(f) = \ker(f) $.

Conclusion :
$$ \ker(f) = \text{Im}(f) \Longleftrightarrow (f^2 = 0 \quad \text{et} \quad n = 2 \text{rg}(f)) $$

Soit $ x \in E $.
$$ x = \text{Id}_E (x) = (f + g)(x) = f(x) + g(x) \in \text{Im}(f) + \text{Im}(g) $$

On a donc l’inclusion $ E \subset \text{Im}(f) + \text{Im}(g) $, l’inclusion réciproque étant évidente on peut donc affirmer que $ E = \text{Im}(f) + \text{Im}(g) $.
$$ n = \text{rg}(\text{Id}_E) = \text{rg}(f+g) \leq \text{rg}(f) + \text{rg}(g) \leq n $$
On a double inégalité donc on en déduit que :
$$ \text{rg}(f) + \text{rg}(g) = n $$
Ceci peut se reformuler en réutilisant les sous-espace vectoriels :
$$ \dim(\text{Im}(f)) + \dim(\text{Im}(g)) = \dim(E) $$
D’après un théorème de cours, on en déduit que les espaces vectoriels $\text{Im}(f)$ et $\text{Im}(g)$ son supplémentaires dans $E$, ceci peut se noter :
$$ \text{Im}(f) \oplus \text{Im}(g) = E $$
On va démontrer que les endomorphismes $f$ et $g$ commutent :
$$ fg = f (\text{Id} – f) = f – f^2 = (\text{Id} – f) f = g f $$
Soit $ x \in E $.
$$ (fg)(x) = (gf)(x) \in \text{Im}(f) \cap \text{Im}(g) = \{ 0_E \} $$
On en déduit :
$$ (fg)(x) = (gf)(x) = 0_E $$
Ceci peut se reformuler en utilisant les endomorphismes nuls :
$$ fg = gf = 0_{\mathcal{L}(E)} $$
$$ f(x) = f((f + g)(x))= f(f(x) + g(x)) = f(f(x)) + f(g(x)) = f^2(x) + (fg)(x) = f^2(x) $$
Ceci peut se reformuler en utilisant les endomorphismes :
$$ f^2 = f $$
On vient donc de démontrer que l’endomorphisme $f$ est un projecteur. Les endomorphismes $f$ et $g$, jouant des rôles symétriques, on en déduit que $g$ est aussi un projecteur. Pour être plus précis, les projecteurs $f$ et $g$ sont des projecteurs associés.

On suppose que $f$ est injective, $g$ est surjective et $F = \ker(g) \oplus \text{Im}(f)$:

On va démontrer que la dimension de l’espace vectoriel $E$ Est égal à la dimension de l’espace vectoriel $G$.
Théorème du rang sur l’application linéaire $f$ :
$$ \dim(E) = \dim(\ker(f)) + \text{rg}(f) $$
L’application linéaire $f$ est injective :
$$ \dim(E) = \dim(\{ 0_E \}) + \dim(\text{Im}(f)) $$
$$ \dim(E) = \left( \dim(\text{Im}(f)) + \dim(\ker(g)) \right) – \dim(\ker(g)) $$
Espaces supplémentaires dans $F$ :
$$ \dim(E) = \dim(F) – \dim(\ker(g)) $$
Théorème du rang sur l’application linéaire $g$ :
$$ \dim(E) = \dim(F) – \left( \dim(F) – \text{rg}(g) \right) $$
$$ \dim(E) = \text{rg}(g) = \dim(\text{Im}(g)) $$
L’application linéaire $g$ est surjective :
$$ \dim(E) = \dim(G) $$
Soit $ x \in \ker(g \circ f) $, on a :
$$ (g \circ f)(x) = 0_G \Longleftrightarrow g(f(x)) = 0_G $$
Donc $ f(x) \in \text{Im}(f) \cap \ker(g) $.
Or $ \text{Im}(f) \cap \ker(g) = \{ 0_F \} $.
Donc $ f(x) = 0_F $
Or $f$ est une application linéaire injective donc $ x = 0_E $.

On en déduit que l’application linéaire composée $ g \circ f $ est injective.
$$ \dim(\text{Im}(g \circ f)) = \text{rg}(g \circ f) $$
Théorème du rang sur l’application linéaire $ g \circ f $ :
$$ = \dim(E) – \dim(\ker(g \circ f)) $$
l’application linéaire $ g \circ f $ est injective :
$$ = \dim(G) – \dim(\{0_E\}) $$
$$ = \dim(G) $$

Donc $ \text{Im}(g \circ f) \subset G $ L’inclusion réciproque est évidentes donc $ \text{Im}(g \circ f) = G $ donc $ g \circ f $ est surjective.

On déduit que $ g \circ f $ est un isomorphisme de l’espace vectoriel $E$ sur l’espace vectoriel $G$.

On suppose que $ g \circ f $ est un isomorphisme de $E$ sur $G$ :

Soit $ x \in \ker(f) $.
Alors $ f(x) = 0_F $.
Donc $ g(f(x)) = g(0_F) $.
Ceci se reformule en : $ (g \circ f)(x) = 0_G $.
On en déduit $ x = 0_E $.
Donc $ f $ est une application linéaire injective.

Soit $ y \in G $ Alors $ \exists x \in E \mid y = (g \circ f)(x) $
$ y = g(f(x)) \in \text{Im}(g) $
On a donc l’inclusion $ G \subset \text{Im}(g) $ L’autre inclusion est évidente donc $ G = \text{Im}(g) $ donc $ g $ est une application linéaire surjective.

Pour démontrer que les espaces vectoriels sont supplémentaires va utiliser des égalités sur les dimensions :

Théorème du rang sur l’application linéaire $g$ :
$$ \dim(F) = \dim(\ker(g)) + \text{rg}(g) $$
$ g $ est une application linéaire surjective :
$$ \dim(F) = \dim(\ker(g)) + \dim(G) $$
$E$ et $G$ sont des espaces vectoriels isomorphes donc de dimensions égales :
$$ \dim(F) = \dim(\ker(g)) + \dim(E) $$
Théorème du rang sur l’application linéaire $f$ :
$$ \dim(F) = \dim(\ker(g)) + \dim(\ker(f)) + \text{rg}(f) $$
$ f$ est une application linéaire injective :
$$ \dim(F) = \dim(\ker(g)) + \dim(\{ 0_E \}) + \dim(\text{Im}(f)) $$
$$ \dim(F) = \dim(\ker(g)) + \dim(\text{Im}(f)) $$
Soit $ x \in \ker(g) \cap \text{Im}(f) $.
On a donc : $ g(x) = 0_G $ \quad $\text{et}$ \quad $\exists t \in E \mid x = f(t)$
Donc $ g(f(t)) = 0_G $ donc $(g \circ f)(t) = 0_G $
On sait que l’application $g \circ f$ est un isomorphisme donc est injective donc $ t = 0_E $ donc $ x = 0_F $.
On obtient donc l’égalité ensembliste :
$$ \ker(g) \cap \text{Im}(f) = \{ 0_F \} $$
Ceci permet d’en déduire que l’espace vectoriel $ \ker(g)$ et l’espace vectoriel $\text{Im}(f)$ sont supplémentaires dans $F$, ceci peut se noter :
$$ F = \ker(g) \oplus \text{Im}(f) $$

Conclusion :
$f$ est injective, $g$ est surjective et $F = \ker(g) \oplus \text{Im}(f)$ $\iff$ $ g \circ f $ est un isomorphisme de $E$ sur $G$

On pose l’endomorphisme $f$ défini par :
$$ f = p + q $$
On suppose que $ p q = q p = 0_{\mathcal{L}(E)} $ :
$$ f^2 = (p + q)^2 = p^2 + p q + q p + q^2 $$
$$ f^2 = p + 0_{\mathcal{L}(E)} + 0_{\mathcal{L}(E)} + q $$
$$ f^2 = f $$
Donc l’endomorphisme $f$ est en projecteur de l’espace vectoriel $E$.

On suppose que $f$ est un projecteur :
$$ f^2 = f \Longleftrightarrow p + p q + q p + q = p + q $$
$$ \Longleftrightarrow p q + q p = 0_{\mathcal{L}(E)} $$
$$ \Longleftrightarrow p q = -q p $$
On va démontrer que l’image de du projecteur $p $ et l’image du projecteur $q$ sont en somme directe.
On rappelle le théorème suivant : le rang d’un projecteur est égal à sa trace.
$$ \text{rg}(f) = \text{tr}(f) = \text{tr}(p + q) = \text{tr}(p) + \text{tr}(q) $$
$$ \text{rg}(f) = \text{rg}(p) + \text{rg}(q) $$
On a l’inclusion évidente suivante :
$$ \text{Im}(f) \subset \text{Im}(p) + \text{Im}(q) $$
On en déduit une inégalité sur les dimensions :
$$ \text{rg}(f) \leq \dim(\text{Im}(p) + \text{Im}(q)) $$
$$ = \dim(\text{Im}(p)) + \dim(\text{Im}(q)) – \dim(\text{Im}(p) \cap \text{Im}(q)),\quad \text{formule de Grassmann} $$
$$ = \text{rg}(p) + \text{rg}(q) – \dim(\text{Im}(p) \cap \text{Im}(q)) $$
$$ = \text{rg}(f) – \dim(\text{Im}(p) \cap \text{Im}(q)) $$
On en déduit que :
$$ \dim(\text{Im}(p) \cap \text{Im}(q)) \leq 0 $$
La dimension d’un espace vectoriel est toujours positive donc :
$$ \dim(\text{Im}(p) \cap \text{Im}(q)) = 0 $$
On en déduit que :
$$ \text{Im}(p) \cap \text{Im}(q) = \{ 0_E \} $$
Soit $ x \in E $.
$$ (p q)(x) = -(q p)(x) \in \text{Im}(p) \cap \text{Im}(q) = \{ 0_E \} $$
$$ (p q)(x) = -(q p)(x) = 0_E $$
On peut utiliser la notation portant sur les endomorphismes :
$$ p q = -q p = 0_{\mathcal{L}(E)} $$
Donc :
$$ p q = q p = 0_{\mathcal{L}(E)} $$
Conclusion :
$$ p + q \text{ est un projecteur } \iff p q = q p = 0_{\mathcal{L}(E)} $$

D’après l’énoncé, puis en factorisant à gauche par $f$, on obtient :
$$ f^2 – fg + 2f = \text{Id} $$
$$ f(f – g + 2 \text{Id}) = \text{Id} $$
On on a donc démontré que l’endomorphisme $f$ est inversible à droite, sachant que espace vectoriel $E$ est de dimension finie, alors $f$ est inversible et son endomorphisme inverse est défini par :
$$ f^{-1} = f – g + 2 \text{Id} $$
On isole $g$ :
$$ g = f + 2 \text{Id} – f^{-1} $$
On calcule l’endomorphisme composé $gf$ :
$$ gf = (f + 2 \text{Id} – f^{-1}) f $$
$$ = f^2 + 2f – \text{Id} = (f^2 – fg + 2f – \text{Id}) + fg $$
$$ = 0_{\mathcal{L}(E)} + fg = fg $$
Conclusion : l’endomorphisme $f$ et l’endomorphisme $g$ commutent.

On a $E_0 \subset C^{\infty}(\mathbb{R},\mathbb{R})$ et $0 \in E_0$.

Soient $\alpha \in \mathbb{R}$ et $(f,g) \in E_0^2$ :
$$(\alpha f + g)(0) = \alpha f(0) + g(0) = \alpha 0 + 0 = 0.$$
donc $\alpha f + g \in E_0$.
On vient de démontrer que $E_0$ est un $\mathbb{R}$-ev, sev de $C^{\infty}(\mathbb{R},\mathbb{R})$.

Soit $f \in E_0$. Comme l’opération $t \mapsto t^2 f(t)$ est de classe $C^{\infty}$ sur $\mathbb{R}$, en vertu des théorèmes de cours sur les primitives, l’application $\phi(f)$, qui en constitue une primitive, est de classe $C^{\infty}$ sur $\mathbb{R}$, et $\phi(f)$ s’annule en $0$, donc $\phi(f) \in E_0$. Donc l’espace vectoriel $E_0$ est stable par l’application $\phi$.

Soient $\alpha \in \mathbb{R}$ et $(f,g) \in E_0^2$ :
$$
\forall x \in \mathbb{R}, \quad (\phi(\alpha f + g))(x) = \int_0^x t^2 (\alpha f + g)(t) \, dt.
$$
$$= \alpha \int_0^x t^2 f(t) \, dt + \int_0^x g(t) \, dt.$$
$$= \alpha \phi(f)(x) + \phi(g)(x).$$
$$= (\alpha \phi(f) + \phi(g))(x).$$
Avec les notations pour les endomorphismes on écrit :
$$\phi(\alpha f + g) = \alpha \phi(f) + \phi(g),$$
ce qui prouve que $\phi$ est une application linéaire.
On en déduit que $\phi$ est un endomorphisme de l’espace vectoriel $E_0$.

Soit $f \in \ker(\phi)$. On a donc $\phi(f) = 0$, donc $(\phi(f))’ = 0$,
d’où :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \quad x^2 f(x) = 0.$$
Après simplification par $x^2$ :
$$\forall x \in \mathbb{R}^*, \quad f(x) = 0$$
Donc la fonction $f$ est nulle sur $\mathbb{R}^*$.
Sachant que $f(0) = 0$ on peut conclure que la fonction $f$ et la fonction nulle sur $\mathbb{R}$, ce qui peut se noter $f = 0$.

Ainsi, $\ker(\phi) = \{0\}$, donc l’ application linéaire $\phi$ est injective.

On démontre que la fonction identité de $\mathbb{R}$ n’est pas atteinte par l’application linéaire $\phi$ :
$$ g = \text{Id}_\mathbb{R} : \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}, \quad x \longmapsto x, $$
$g$ appartient évidemment à $E_0$.

On utilise un raisonnement par l’absurde : on suppose qu’il existe $f \in E_0$
tel que $g = \phi(f)$.

On obtient, après dérivation :
$$ \forall x \in \mathbb{R}, \quad g'(x) = x^2 f(x), $$
Ceci donne : $g'(0) = 0$,
Or on sait que car $g'(0) = 1$.
Donc on a obtenu une contradiction.

Donc l’application linéaire $\phi$ n’est pas surjective.

Si $E_0$ était un espace vectoriel de dimension finie, sachant que
$\phi$ est une application linéaire injective de $E_0$, $\phi$ serait
surjective, ce qui est faux. Donc l’espace vectoriel $E_0$ est de dimension infinie.

• D’après le cours, on sait que les polynômes en $u$ commutent avec $u$.

• La famille $\mathcal{B} = (x_0, u(x_0), \dots, u^{n-1}(x_0))$ est libre et de cardinal $n = dim(E)$, donc $\mathcal{B}$ est une base de $E$. Soit $v$ un endomorphisme de $E$ qui commute avec $u$. On décompose le vecteur $v(x_0)$ dans $\mathcal{B}$ :
$$
v(x_0) = a_0 x_0 + a_1 u(x_0) + \cdots + a_{n-1} u^{n-1}(x_0).
$$
On construit l’endomorphisme $w$, polynôme en $u$ :
$$
w = a_0 \, \text{Id} + a_1 u + \cdots + a_{n-1} u^{n-1}.
$$
On a $v(x_0) = w(x_0)$. $v$ et $w$ commutent avec $u$, donc pour tout $k\in \mathbb{N}$ :
$$
v(u^k(x_0)) = w(u^k(x_0)).
$$
Donc les endomorphismes $v$ et $w$ coïncident sur une base, donc $v$ et $w$ sont égaux, donc $v$ est un polynôme en $u$.

Conclusion : seuls les polynômes en $u$ commutent avec $u$.

On suppose que $f$ et $p$ commutent i.e. $f \circ p = p \circ f$.
Soit $x \in \ker (p)$, alors $p(x) = 0_E$.
$p(f(x)) = (p \circ f)(x) = (f \circ p)(x) = f(p(x))= f(0_E) = 0_E$.
Donc $f(x) \in \ker (p)$, donc $\ker (p)$ est stable par $f$.

D’après le cours, $\text{Im} \, (p) = \ker (\text{Id}-p)$, i.e. l’image de $p$ est l’ensemble des vecteurs invariants par $p$.
Soit $x \in \text{Im} \, (p)$, alors $p(x) = x$.
$p(f(x)) = (p \circ f)(x) = (f \circ p)(x) = f(p(x)) = f(x)$.
Donc $f(x)$ est invariant par $p$, donc $f(x) \in \text{Im}(p)$, donc $\text{Im}(p)$ est stable par $f$.

Donc $\ker (p)$ et $\text{Im}(p)$ sont stables par $f$.

Réciproquement, on suppose que $\ker (p)$ et $\text{Im}(p)$ sont stables par $f$.
D’après le cours, $E = \ker (p) \oplus \text{Im}(p)$.

Méthode n°1 :
Soit $x \in E$, $x$ se décompose (de façon unique) en $x = u + v$ avec $u \in \ker(p)$ et $v \in \text{Im}(p)$. On a, par stabilité, $f(u) \in \ker(p)$ et $f(v) \in \text{Im}(p)$
$(f \circ p)(x) = f(p(x)) = f(p(u+v)) = f(p(u)+p(v)) = f(0_E + v) = f(v)$.
$(p \circ f)(x) = p(f(x)) = p(f(u+v)) = p(f(u) + f(v)) = p(f(u)) + p(f(v)) = 0_E + f(v) = f(v)$.
Donc pour tout $x \in E$, $(p \circ f)(x) = (f \circ p)(x)$, donc $f \circ p = p \circ f$, donc $f$ et $p$ commutent.

Méthode n°2 :
D’après le cours, deux endomorphismes sont égaux si, et seulement s’ils coïncident sur $\ker(p)$ et sur $\text{Im}(p)$.
Soit $x\in \ker(p)$, on a, par stabilité, $f(x)\in \ker(p)$.
$(f \circ p)(x) = f(p(x)) = f(0_E) = 0_E$.
$(p \circ f)(x) = p(f(x)) = 0_E$.
Donc $(f \circ p)$ et $ (p \circ f)$ coïncident sur $\ker(p)$.

Soit $x\in \text{Im}(p)$, on a, par stabilité, $f(x)\in \text{Im}(p)$.
$(f \circ p)(x) = f(p(x)) = f(x)$.
$(p \circ f)(x) = p(f(x)) = f(x)$.
Donc $(f \circ p)$ et $ (p \circ f)$ coïncident sur $\text{Im}(p)$.

Donc $f \circ p = p \circ f$, donc $f$ et $p$ commutent.

Conclusion : $f$ et $p$ commutent si, et seulement si, $\text{Im}(p)$ et $\ker (p)$ sont stables par $f$.

Pour tout $x$ non nul, il existe un unique scalaire $\lambda_x \in \mathbb{K}$ tel que $u(x) = \lambda_x x$.
On souhaite démontrer que le scalaire nommé $\lambda_x$ ne dépend pas du vecteur $x$.

Soient $x$ et $y$ deux vecteurs non nuls.

Si la famille $(x, y)$ est libre, on a $u(x + y) = u(x) + u(y)$, ce qui donne $\lambda_{x+y}(x + y) = \lambda_x x + \lambda_y y$.
Par liberté de $(x, y)$, on obtient donc $\lambda_{x+y} = \lambda_x = \lambda_y$.

Si la famille $(x, y)$ est liée, alors il existe un scalaire non nul $\mu$ tel que $y = \mu x$, et on a $u(y) = \mu u(x)$.
On obtient alors $\lambda_y y = \lambda_x \mu x = \lambda_x y$, ce qui implique $\lambda_y = \lambda_x$.

Ainsi, la constance du scalaire initialement nommé $\lambda_x$ est démontrée. En posant $\lambda$ comme la valeur de cette constante, on a pour tout $x \in E$ que $u(x) = \lambda x$.

Conclusion : $u$ est une homothétie.

L’égalité $\mathrm{Id}_E = \sum_{j=1}^n p_j$ implique : $\forall x \in E, \ x = \sum_{j=1}^n p_j(x) \in \sum_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i)$ donc $E \subset \sum_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i)$ donc $\dim(E) \leq \dim \left( \sum_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i) \right)$.
Conclusion réciproque étant évidente on a : $E = \sum_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i)$

La trace d’un projecteur est égale à son rang. Ainsi :
$$
\dim(E)
= \mathrm{tr}(\mathrm{Id}_E)
=\mathrm{tr}( \sum_{j=1}^n p_j)
= \sum_{j=1}^n \mathrm{tr}(p_j)
$$
$$
= \sum_{j=1}^n \mathrm{rg}(p_j) = \sum_{j=1}^n \dim(\mathrm{Im}(p_j))
\geq \dim \left( \sum_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i) \right)
$$
On a donc les inégalités dans les deux sens donc les égalités :
$$
\dim(E) = \dim \left( \sum_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i) \right) = \sum_{i=1}^n \dim(\mathrm{Im}(p_i))
$$
En utilisant un théorème de cours on en déduit que $E = \bigoplus_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i)$.

Soit $j \in \{1, \dots, n\}$. Pour tout $y \in E$, on a :
$$
y = \sum_{i=1}^n p_i(y) = p_j(y) + \sum_{i \neq j} p_i(y).
$$
En particulier : $\forall x \in E, \ p_j(x) = p_j^2(x) + \sum_{i \neq j} (p_i p_j)(x)$.

Ce qui donne :
$$
\forall x \in E, \ \sum_{i \neq j} (p_i p_j)(x) = 0 .
$$
Cependant, la somme des $\mathrm{Im}(p_i)$ est directe, et chaque $(p_i p_j)(x)$ appartient à $\mathrm{Im}(p_i)$.

Ceci implique donc : $\forall x \in E, \ \forall i \neq j, \ (p_i p_j)(x) = 0$.

Ainsi, pour $i \neq j$, on a $p_i p_j = 0$.