$$ A \cap C \subset C \subset B $$
$$ A \cap C \subset A $$
$$ A \cap C \subset (A \cap B) \cap C = \{0\} $$
L’inclusion en sens inverse étant évidente, on en déduit que $A$ et $C$ sont en somme directe.

$C$ est inclus dans $A$ donc :
$$ A + C \subset A + B $$
$$ A + B = A + (A \cap B) \oplus C \subset A + A + C = A + C $$
On a double inclusion donc on obtient que :
$$ A + B = A + C $$
Conclusion :
$$ A \oplus C = A + B $$

$$ E = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \; \middle| x^2 + 2y^2 + z^2 + 2xy + 2yz = 0 \right\} $$
$$ E = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \; \middle| (x^2 + 2xy + y^2) + (y^2 + 2yz + z^2) = 0 \right\} $$
$$ E = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \; \middle| \;
\underbrace{(x+y)^2}_{\geq 0} + \underbrace{(y+z)^2}_{\geq 0} = 0 \right\} $$
$$ E = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \; \middle| \; x+y = 0 \text{ et } y+z = 0 \right\} $$
$$E = Vect((1,-1,1))$$
Conclusion : $E$ est un espace vectoriel , c’est la droite vectorielle engendrée par $(1,-1,1)$.

On suppose que $(\lambda_1, \dots, \lambda_n) \in \mathbb{R}^n$ satisfait :
$$\sum_{i=1}^{n} \lambda_i f_{a_i} = 0,$$
De façon plus explicite :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \quad \sum_{i=1}^{n} \lambda_i e^{a_i x} = 0.$$
On rappelle que que, pour tout $\alpha \in ]-\infty ; 0[$ donné, on a :
$$e^{\alpha x} \underset{x \to +\infty}{\longrightarrow} 0.$$
En multipliant par $e^{-a_n x}$ :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \quad \sum_{i=1}^{n-1} \lambda_i e^{(a_i – a_n)x} + \lambda_n = 0.$$
On remarque, pour chaque $i \in \{1, \dots, n-1\}$ :
$$e^{(a_i – a_n)x} \underset{x \to +\infty}{\longrightarrow} 0,$$
car $a_i – a_n < 0$.

On obtient que $\lambda_n = 0$, puis, par récurrence évidente : $\lambda_{n-1} = 0, \dots, \lambda_1 = 0$.

Conclusion : $(f_{a_i})_{1 \leq i \leq n}$ est une famille libre.

On utilise une formule trigonométrique, pour tout $i \in \{1, \dots, n\}$ et tout $x$ réel:
$$ f_{a_i}(x) = \cos (x + a_i) = \cos a_i \cos x – \sin a_i \sin x. $$
Ceci peut se reformuler :
$$ \forall i \in \{1, \dots, n\}, \quad f_{a_i} = (\cos a_i) \cos – (\sin a_i) \sin. $$
Ceci implique que les $f_{a_i}$, pour $1 \leq i \leq n$, se réécrivent comme une combinaison linéaire des deux fonctions trigonométriques cosinus et sinus.

Ainsi, étant donné que $n \geq 3$, il en découle que la famille $(f_{a_i})_{1 \leq i \leq n}$ est liée.

Soit $(\lambda_1, \dots, \lambda_n) \in \mathbb{R}^n$ tel que $ \sum_{i=1}^{n} \lambda_i f_{a_i} = 0$. On a donc :

$\forall x \in \mathbb{R} \setminus \{a_1, \dots, a_n\},$
$$\frac{\lambda_1}{x – a_1} + \frac{\lambda_2}{x – a_2} + \dots + \frac{\lambda_n}{x – a_n} = 0.$$ En multipliant par $x-a_n$ :
$$\left(\frac{x – a_n}{x – a_1}\right) \lambda_1 + \left(\frac{x – a_n}{x – a_2}\right) \lambda_2 + \dots + \left(\frac{x – a_n}{x – a_{n-1}}\right) \lambda_{n-1} +\lambda_n = 0.$$
En faisant tendre $x$ vers $a_n$, on obtient :
$$\frac{0}{a_n – a_1} \lambda_1 + \frac{0}{a_n – a_2} \lambda_2 + \dots + \frac{0}{a_n – a_{n-1}} \lambda_{n-1} + \lambda_n = 0.$$
$$\Longleftrightarrow \quad \lambda_n = 0.$$ Par récurrence évidente, on en déduit que la famille de fonctions $(f_{a_i})_{1 \leq i \leq n}$ est une famille libre.

Une implication est évidente :
Si $F \subset G$ ou $G \subset F$ alors $F \cup G = F$ ou $F \cup G = G$. Dans tous les cas, $F \cup G$ est un espace vectoriel.

On démontre l’implication subtile :
On suppose par l’absurde que :
$$ F \cup G \text{ et } F \not\subset G\text{ et } G \not\subset F $$
On a donc des éléments vérifiant :
$$ \exists x \in F \setminus G, \quad \exists y \in G \setminus F $$
$$ x \in F \subset F \cup G $$
$$ y \in G \subset F \cup G $$
En espace vectoriel est stable par combinaison linéaire donc par addition :
$$ x + y \in F \cup G $$
Par définition de l’union, on a donc $ x + y \in F $ ou $ x + y \in G $

Si $ x + y \in F $ :
$$ y = (x + y) – x \in F $$
Cela est faux.

Si $ x + y \in G $ :
$$ x = (x + y) – y \in G $$
Cela est faux.

On en déduit que :
$$ F \subset G\text{ ou } G \subset F $$
Conclusion :
$F \cup G$ est un sous-espace vectoriel de $E$ $\iff$ $F \subset G$ ou $G \subset F$.

Soit $x \in G \subset F + G \subset F + H$.

Par définition de la somme d’espaces vectoriels :
$$\exists (f, g) \in F \times H, \quad x = f + h$$
Par inclusion de $H$ dans $G$ puis stabilité d’un espace vectoriel par somme :
$$f = x – h \in G + H \subset G + G = G$$
Par définition de l’intersection des ensembles :
$$f \in F \cap G \subset F \cap H \subset H$$
Par stabilité d’un espace vectoriel par somme :
$$x = f + h \in H + H = H$$
Par définition de l’inclusion, on obtient $G \subset H$. D’après l’énoncé, on a que $H \subset G$. Par double inclusion d’ensembles, on en déduit que $H = G$.

Soit $h \in E$.
Soit $g \in G$, par définition du sous-espace vectoriel $G$ :
$$\exists (a, b, c) \in \mathbb{R}^3| \quad \forall x \in [0;1], \quad g(x) = ax^2 + bx + c$$
La fonction $g$ est dérivable :
$$\forall x \in [0;1], \quad g'(x) = 2ax + b$$
On pose la fonction $f$ définie par $f = h – g$.

On a déjà deux conditions vérifiées : $h = f + g$ et $g \in G$.
Il nous reste à trouver une condition nécessaire et suffisante pour que la fonction $f$ appartienne à l’ensemble $F$.
$$ f \in F \Longleftrightarrow
\begin{cases}
f(0) = 0 \\
f'(1) = 0 \\
\int_0^1 f = 0
\end{cases}
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
h(0) – g(0) = 0 \\
h'(1) – g'(1) = 0 \\
\int_0^1 h – \int_0^1 g = 0
\end{cases}
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
h(0) = c \\
h'(1) = 2a + b \\
\int_0^1 h = \frac{1}{3} a + \frac{1}{2} b + c
\end{cases} $$
$$
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
c = h(0) \\
2a + b = h'(1) \\
2a + 3b + 6c = 6 \int_0^1 h
\end{cases}
$$
$$
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
c = h(0) \\
2a = h'(1) – b \\
2b = 6 \int_0^1 h – h'(1) – 6h(0)
\end{cases}
$$
$$
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
a = \frac{1}{2} (h'(1) – 3 \int_0^1 h + \frac{1}{2} h'(1) + 3h(0)) \\
b = 3 \int_0^1 h – \frac{1}{2} h'(1) – 3h(0) \\
c = h(0)
\end{cases}
$$
$$
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
a = -\frac{3}{2} \int_0^1 h + \frac{3}{4} h'(1) + \frac{3}{2} h(0) \\
b = 3 \int_0^1 h – \frac{1}{2} h'(1) – 3h(0) \\
c = h(0)
\end{cases}
$$
La fonction $h\in E$ peut donc se décomposer comme somme d’une fonction appartenant à $F$ et d’une fonction appartenant à $G$. Ceci peut se noter $E \subset F + G$. Sachant que l’inclusion $F + G \subset E$ est évidente, on en déduit par double inclusion que $E = F + G$.
La résolution du système par équivalence permet de démontrer l’unicité de la décomposition sus-citée.

Conclusion : $F$ et $G$ sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires dans $E$, ceci peut se noter : $E = F \oplus G$.

On remarque que $\overrightarrow{u} = 3 \overrightarrow{x} – 2 \overrightarrow{y}$ et $\overrightarrow{v} = 4 \overrightarrow{x} – 3 \overrightarrow{y}$. Ceci met en évidence que $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ s’expriment comme des combinaisons linéaires de $\overrightarrow{x}$ et $\overrightarrow{y}$, on peut donc noter :
$$ \text{Vect} (\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}) \subset \text{Vect} (\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y}). $$
De manière analogue, on obtient $\overrightarrow{x} = 3 \overrightarrow{u} – 2 \overrightarrow{v}$ et $\overrightarrow{y} = 4 \overrightarrow{u} – 3 \overrightarrow{v}$, donc $\overrightarrow{x}$ et $\overrightarrow{y}$ peuvent être exprimés comme combinaison linéaires de $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$, ce qui peut se noter :
$$ \text{Vect} (\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y}) \subset \text{Vect} (\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}). $$
Par double inclusion, on obtient que :
$$ \text{Vect} (\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}) = \text{Vect} (\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y}), $$
Conclusion : $\overrightarrow{x}$ et $\overrightarrow{y}$ génèrent le même sous-espace vectoriel que $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$.

$$ ( \dim (F+G) )^2 – ( \dim(F) )^2 $$
$$ = ( \dim (F+G) – \dim(F) )( \dim(F+G) + \dim(F) ) $$
En utilisant la formule de Grassmann :
$$ = ( \dim(F) + \dim(G) – \dim(F \cap G) – \dim(F) )( \dim(F+G) + \dim(F) ) $$
$$ = ( \dim(G) – \dim(F \cap G) )( \dim(F+G) + \dim(F) ) $$

$F \cap G \subset G$ donc $\dim(F \cap G) \leq \dim(G)$ donc $\dim(G) – \dim(F \cap G) \geq 0$.

$G \subset F + G$ donc $\dim(G) \leq \dim(F+G)$.

$F \cap G \subset F$donc $\dim(F \cap G) \leq \dim(F)$.

On peut donc minorer le second facteur :
$$ ( \dim(F+G) )^2 – ( \dim(F) )^2 \geq ( \dim(G) – \dim(F \cap G) )( \dim(G) + \dim(F \cap G) ) $$
$$ = ( \dim(G) )^2 – ( \dim(F \cap G) )^2 $$
On obtient donc l’inégalité souhaitée :
$$ ( \dim(F+G) )^2 + ( \dim(F \cap G) )^2 \geq ( \dim(F) )^2 + ( \dim(G) )^2 $$

L’inégalité devient une égalité si et seulement si :
$$
\begin{cases}
\dim(G) = \dim(F+G) \\
\dim(F \cap G) = \dim(F)
\end{cases}
\quad \text{ou} \quad \dim(G) – \dim(F \cap G) = 0
$$
$$
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
\dim(G) = \dim(F) + \dim(G) – \dim(F \cap G) \\
\dim(F \cap G) = \dim(F)
\end{cases}
\quad \text{ou} \quad \dim(G) = \dim(F \cap G)
$$
$$\Longleftrightarrow F = F \cap G \quad \text{ou} \quad G = F \cap G$$
$$\Longleftrightarrow F \subset G \quad \text{ou} \quad G \subset F$$

1. Chaque $x \in E$ peut s’écrire comme $x = x_1 + x_2$, avec $x_1 \in F_1$ et $x_2 \in F_2$.
Par hypothèse, $F_2 = (F_1 \cap F_2) \oplus G_2$.
Il est alors possible d’écrire $x_2 = y + x_2’$, avec $y \in F_1 \cap F_2$ et $x_2′ \in G_2$.
En particulier, si $y \in F_1$, alors $x = x_1 + (y + x_2′) = (x_1 + y) + x_2’$, ce qui montre que $x \in F_1 + G_2$.

Ainsi, on a $E = F_1 + G_2$. Il reste à montrer que $F_1$ et $G_2$ forment une somme directe.

Si $x$ appartient à $F_1 \cap G_2$, alors $x \in F_1$ et $x \in G_2$.
Donc $x \in F_1 \cap F_2$ et $x \in G_2$, or ces deux sous-espaces sont en somme directe.

On en conclut que $x = 0$. Par conséquent, $E = F_1 \oplus G_2$.

2. Procédons par récurrence sur $p \geq 2$.

D’après la première étape, la propriété est vraie pour $p = 2$ . En effet, $G_2$ est un sous-espace supplémentaire de $F_1 \cap F_2$ dans $F_2$.

Supposons que la propriété soit vérifiée pour $p – 1$ sous-espaces, avec $p \geq 3$.

Considérons $p$ sous-espaces $F_1, F_2, \ldots, F_p$ de $E$.

Définissons $E’ = F_1 + F_2 + \cdots + F_{p-1}$. On a donc $E = E’ + F_p$.

D’après la première étape, il existe un sous-espace $G_p \subseteq F_p$ tel que $E = E’ \oplus G_p$.

Par hypothèse de récurrence appliquée à $F_1, F_2, \ldots, F_{p-1}$ et $E’$, il existe des sous-espaces $G_2, \ldots, G_{p-1}$ avec $G_j \subseteq F_j$, tels que
$E’ = F_1 \oplus G_2 \oplus \cdots \oplus G_{p-1}$.

En combinant, on obtient $E = E’ \oplus G_p = F_1 \oplus G_2 \oplus \cdots \oplus G_p$.

Ceci conclut la démonstration par récurrence et établit la propriété pour tout $p \geq 2$.

1)
On pose les polynômes définis par :
$$\forall n \in \mathbb{N}^*, \quad \forall k \in \{0, \ldots, n\}, \quad P_k^n = X^{n-k}(1 – X)^k$$
On pose les familles de vecteurs définies par :
$$\forall n \in \mathbb{N}^*, \quad \mathcal{B}_n = \left( P_0^n, P_1^n, \ldots, P_n^n \right)$$
On remarque que :
$$
P_k^n(0) =
\begin{cases}
0 & \text{si } k \leq n – 1 \\
1 & \text{si } k = n
\end{cases}
$$
On va démontrer par récurrence que $\forall n \in \mathbb{N}^*, \quad \mathcal{B}_n = \left( P_0^n, P_1^n, \ldots, P_n^n \right)$ est une famille libre.
La propriété est vraie de façon évidente pour $n = 1$.
On suppose que cette propriété est vraie pour un entier naturel quelconque $n-1$.

Soit $ (\lambda_0, \ldots, \lambda_n) \in \mathbb{R}^{n+1} $ tel que :
$$\lambda_0 P_0^n + \lambda_1 P_1^n + \cdots + \lambda_n P_n^n = 0$$
En évaluant en $0$, on trouve :
$$\lambda_0 P_0^n(0) + \lambda_1 P_1^n(0) + \cdots + \lambda_n P_n^n(0) = 0$$
$$\iff 0 + 0 + \cdots + 0 + \lambda_n \times 1 = 0$$
$$\iff \lambda_n = 0$$
La somme se simplifie :
$$\lambda_0 P_0^n + \lambda_1 P_1^n + \cdots + \lambda_{n-1} P_{n-1}^n = 0$$
Soit $k \in \{0, \ldots, n-1\}$.
$$P_k^n = X^{n-k}(1 – X)^k$$
$$= X \left(X^{(n-1)-k}(1 – X)^k \right)$$
$$= X \, P_k^{n-1}$$
On obtient :
$$\lambda_0 X P_0^{n-1} + \lambda_1 X P_1^{n-1} + \cdots + \lambda_{n-1} X P_{n-1}^{n-1} = 0$$
$$\iff X \left( \lambda_0 P_0^{n-1} + \lambda_1 P_1^{n-1} + \cdots + \lambda_{n-1} P_{n-1}^{n-1} \right) = 0$$
L’anneau des polynômes est un anneau intègre, ceci donne :
$$\lambda_0 P_0^{n-1} + \lambda_1 P_1^{n-1} + \cdots + \lambda_{n-1} P_{n-1}^{n-1} = 0$$
Par hypothèse de récurrence, la famille $\mathcal{B}_{n-1} = \left( P_0^{n-1}, P_1^{n-1}, \ldots, P_{n-1}^{n-1} \right)$ est une famille libre. Ceci permet d’en déduire que :
$$\lambda_0 = \lambda_1 = \cdots = \lambda_{n-1} = 0$$
On a donc démontré que $\mathcal{B}_n = \left( P_0^n, P_1^n, \ldots, P_n^n \right)$ est une famille libre, ce qui achève la démonstration par récurrence.

Ainsi, la famille $\mathcal{B}_n$ est une famille libre dont le cardinal vaut $n+1=\dim(\mathbb{R}_{n}[X])$, donc $\mathcal{B}_n$ est une base de $\mathbb{R}_{n}[X]$.

2)a)
Soit $n\in \mathbb{N^*}$.
$$1 = 1^n = (X + (1 – X))^n$$
$$= \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} X^{n-k}(1 – X)^k$$
$$= \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} P_k^n$$
On en déduit les coordonnées du vecteur $1$ dans la base $\mathcal{B}_n$ :
$$\left( \binom{n}{0}, \binom{n}{1}, \ldots, \binom{n}{n} \right)$$
2)b)
Soit $n\in \mathbb{N^*}$.
$$\left( X – \frac{1}{2} \right)^n = \left( \frac{1}{2} (2X – 1) \right)^n$$
$$= \left( \frac{1}{2} \right)^n (2X – 1)^n$$
$$= \left( \frac{1}{2} \right)^n (X – (1 – X))^n$$
$$= \left( \frac{1}{2} \right)^n \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} X^{n-k} \left( – (1 – X) \right)^k$$
$$= \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{2^n} \binom{n}{k} P_k^n$$
On en déduit les coordonnées du vecteur $\left( X – \frac{1}{2} \right)^n $ dans la base $\mathcal{B}_n$ :
$$\left( \frac{(-1)^0}{2^n} \binom{n}{0}, \frac{(-1)^1}{2^n} \binom{n}{1}, \ldots, \frac{(-1)^n}{2^n} \binom{n}{n} \right)$$

• On suppose que $F, G, H$ sont des sous-espaces vectoriels en somme directe.

Soit $x \in F \cap G$.
On peut décomposer le vecteur nul ainsi :
$$0_E = \underbrace{x}_{\in F} + \underbrace{(-x)}_{\in G} + \underbrace{0_E}_{\in H}$$
On en déduit que $x=0_E $
On en déduit l’inclusion :
$$F \cap G \subset \{0_E\}$$
Sachant que l’inclusion réciproque est évidente, on en déduit l’égalité des ensembles :
$$F \cap G = \{0_E\}$$
Soit $y \in (F + G) \cap H$.
Par théorème sur l’intersection d’ensembles :
$$y \in F + G$$
Par définition de la somme d’espaces vectoriels :
$$\exists (y_1, y_2) \in F \times G \quad \mid \quad y = y_1 + y_2$$
Donc :
$$0_E = \underbrace{y_1}_{\in F} + \underbrace{y_2}_{\in G} – \underbrace{y}_{\in H}$$
On en déduit que : $y = 0_E$
On en déduit l’inclusion :
$$(F + G) \cap H \subset \{0_E\}$$
Sachant que l’inclusion réciproque est évidente, on en déduit l’égalité des ensembles :
$$(F + G) \cap H = \{0_E\}$$

• On suppose que $F \cap G = \{0_E\}, \quad (F + G) \cap H = \{0_E\}$

Soit $(f, g, h) \in F \times G \times H \quad \mid \quad f + g + h = 0_E$.
$$H \ni -h = f + g \in F + G$$
Sachant que :
$$(F + G) \cap H = \{0_E\}$$
On en déduit :
$$
\left\{
\begin{array}{l}
h = 0_E \\
f + g = 0_E
\end{array}
\right.
$$
Puis :
$$F \ni -f = g \in G$$
Par définition de l’intersection :
$$g \in F \cap G = \{0_E\}$$
On en déduit :
$$g = 0_E$$
Puis :
$$f = -g = 0_E$$
En résumé :
$$f = g = h = 0_E$$
Donc $F, G, H$ sont des sous-espaces vectoriels en somme directe.

Soient les suites $u \in E$, $v \in F$.
Soit la suite $w \in E$ définie par :
$$\forall n \in \mathbb{N}, \quad w_n = u_n – v_n$$
On a d’ores et déjà :
$$\forall n \in \mathbb{N}, \quad u_n =v_n + w_n $$
$$\iff u=v+w$$
On effectue un raisonnement par équivalence :
$$w \in G$$
$$\iff \forall p \in \mathbb{N}, \quad w_{2p} = w_{2p+1}$$
$$\iff \forall p \in \mathbb{N}, \quad u_{2p} – v_{2p} = u_{2p+1} – v_{2p+1}$$
$$\iff \forall p \in \mathbb{N}, \quad u_{2p} – 0 = u_{2p+1} – v_{2p+1}$$
$$\iff \forall p \in \mathbb{N}, \quad v_{2p+1} = u_{2p+1} – u_{2p}$$
$$
\iff \forall n \in \mathbb{N}, \quad v_n =
\begin{cases}
0 & \text{si } n \text{ est pair} \\
u_n – u_{n-1} & \text{si } n \text{ est impair}
\end{cases}
$$
La conservation de l’équivalence permet de démontrer que la décomposition souhaitée existe, et que cette décomposition est unique.

Conclusion : on a démontré que les sous-espaces vectoriels $F$ et $G$ sont supplémentaires dans $E$.

Soient $n \in \mathbb{N}^*$, $k \in \{1, \ldots, n\}$.
Soit la propriété définie par :
$\mathcal{P}_k :$ " deux sous-espaces vectoriels de dimension $n-k$ admettent un sous-espace vectoriel supplémentaire commun."

On effectue une démonstration par récurrence.

• Initialisation pour $k = 1$ :
Soient $F$ et $G$ deux sous-espace vectoriels de dimension $n-1$.

Si $F = G$ alors par le théorème de la base incomplète, $F = G$ admet un supplémentaire.
Si $F \neq G$ :
Sachant que $F$ et $G$ sont de même dimension, alors aucun sous-espace vectoriel n’est inclus dans l’autre (sinon il y aurait égalité). Ceci peut se noter :
$$F \nsubseteq G, \quad G \nsubseteq F$$
On en déduit l’existence des vecteurs suivants :
$$\exists x \in F \mid x \notin G, \quad \exists y \in G \mid y \notin F$$
On pose le vecteur défini par :
$$z = x + y$$
Des raisonnements par l’absurde évidents permettent de démontrer que :
$$z \notin F, \quad z \notin G, \quad z \ne \{0_E\}$$
On pose la droite vectorielle définie par :
$$H = \text{Vect}(z)$$
Soit $u \in F \cap H$.
On a donc :
$u = \lambda z, \quad \lambda \in \mathbb{K}$
Si $\lambda \ne 0 $ alors $ z = \frac{1}{\lambda} u \in F$, cela est faux.
On en déduit que $\lambda = 0 $ puis $ u = 0_E$.
Ainsi :
$$F \cap H = \{0_E\}$$
Ceci permet d’affirmer que $F$ et $H$ sont des espaces vectoriels en somme directe.
Par la formule de Grassman :
$$\dim(F + H) = \dim(F) + \dim(H) – \dim(F \cap H)$$
$$= n – 1 + 1 – 0$$
$$= n$$
On en déduit que $F$ et $H$ sont des sous-espaces supplémentaires, ce qui peut se noter :
$$F \oplus H = E$$
$F$ et $G$ jouant des rôles symétriques, on en déduit :
$$G \oplus H = E$$
En résumé, $F$ et $G$ admettent un supplémentaire commun.
On a donc démontré que la propriété $\mathcal{P}_1$ est vraie, ce qui achève l’initialisation.

• Hérédité : soit $k \in \{1, \ldots, n – 1\}$, on suppose que $\mathcal{P}_k$ est vraie.
Soient $F$ et $G$ deux sous-espace vectoriels de dimension $ n – (k + 1) = n – k – 1$.

Si $F = G$ alors par le théorème de la base incomplète, $F = G$ admet un supplémentaire.
Si $F \ne G$, une étude analogue à celle précédemment faite permet d’obtenir l’existence d’un vecteur vérifiant :
$$z \notin F, \quad z \notin G, \quad z \ne \{0_E\}$$
On pose la droite vectorielle définie par :
$$D = \text{Vect}(z)$$
On pose les sous-espaces vectoriels définis par :
$$F’ = F \oplus D, \quad G’ = G \oplus D$$
On calcule les dimensions des sous-espaces avec la formule de Grassman :
$$\dim(F’) = \dim(F) + \dim(D) – \dim(F \cap D)$$
$$\quad = n – k – 1 + 1 – 0$$
$$\quad = n – k$$
On trouve de même pour $G’$ :
$$\dim(G’) = n – k$$
Or, la propriété $\mathcal{P}_k$ est vraie, on en déduit l’existence d’un supplémentaire $H’$ commun à $F’$ et $G’$. Ceci peut se noter :

$$
\left\{
\begin{array}{l}
F’ \oplus H’ = E \\
G’ \oplus H’ = E
\end{array}
\right.
$$
$$
\iff\left\{
\begin{array}{l}
F \oplus D \oplus H’ = E \\
G \oplus D \oplus H’ = E
\end{array}
\right.
$$
On pose le sous-espace vectoriel défini par :
$$H = D \oplus H’$$
En effectuant une substitution, on obtient :
$$
\left\{
\begin{array}{l}
F \oplus H = E \\
G \oplus H = E
\end{array}
\right.
$$
On a donc démontré que les sous-espace vectoriels $F$ et $G$ (de dimension $n-(k+1)$) admettent un supplémentaire commun (que l’on a noté $H$).
Donc la propriété $\mathcal{P}_{k+1}$ est vraie, ceci achève la démonstration d’hérédité.

Conclusion : on a démontré par récurrence que deux sous-espaces vectoriels de même dimension admettent un sous-espace vectoriel supplémentaire commun.

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 $p_i p_j = 0$.