Fiche de mathématiques
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Concours de l'Ecole Nationale de l'Aviation Civile - Ingénieurs
Session 1992 (Option MP)

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Epreuve optionnelle de Mathématiques (Algèbre) : Durée : 4h
L'usage d'une calculatrice est autorisé pour cette épreuve.
Si, au cours de l'épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur, il le signale sur sa copie
et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu'il a été amené à prendre.

Soit E un espace vectoriel sur un corps K avec K = \mathbb{R} \text{ ou } \mathbb{C}.
On appelle projecteur de E tout endomorphisme f de E qui vérifie f \circ f = f
On se propose d'étudier quelques propriétés des projecteurs de E.

Première partie :

On se donne un projecteur f de E et on se propose de démontrer quelques propriétés élémentaires de f.
1. Montrer que E = \text{ Ker } f \oplus \text{ Im } f.
2. Que peut-on dire de la restriction de f à \text{ Im }f ?
3. Montrer que pour tout sous-espace vectoriel A de E on a : f^{-1}(A) = (A \cap \text{ Im } f) \oplus \text{ Ker } f.
4. Montrer qu'un sous-espace vectoriel de E est stable par f si et seulement si il est somme d'un sous-espace vectoriel du noyau de f et d'un sous-espace vectoriel de l'image de f.

Deuxième partie :

On recherche ici d'autres caractéristiques des projecteurs de E.
1. Soit f un endomorphisme de E. Montrer que f est un projecteur de E si et seulement si il existe deux sous-espaces vectoriels A et B de E tels que : \lbrace {E = A \oplus B \atop \forall x \in A, f(x)=0 \\ \forall x \in B, f(x)=x}
On dira alors que f est la projection sur B parallèlement à A.
2. Soit f un endomorphisme de E. I désigne l'application identique de E. Montrer que I-f est un projecteur de E si et seulement si f en est un. Comparer le noyau et l'image de I-f à ceux de f.
3. Soit f et g deux endomorphismes de E. Montrer que f et g sont deux projecteurs de même image si et seulement si f \circ g = g et g \circ f = f. Donner de même une condition nécessaire et suffisante pour que f et g soient deux projecteurs de même noyaux.

Troisième partie :

On se donne deux projecteurs f et g de E. On se propose d'étudier les propriétés de f \circ g, \, g \circ f \text{ et } f + g.
1. Montrer que si f \circ g = g \circ f on a : E = (\text{ Im } f \cap \text{ Im } g)\oplus (\text{ Im } f \cap \text{ Ker }g) \oplus (\text{ Ker } f \cap \text{ Im } g) \oplus (\text{ Ker } f \cap \text{ Ker } g). Que peut-on dire alors du produit f \circ g ?
2. Montrer que f \circ g = g \circ f si et seulement si il existe une décomposition de E en somme directe de quatre sous-espaces vectoriels A, \, B, \, C, \, D tels que f soit la projection sur A + B parallèlement à C + D et g la projection sur A + C parallèlement à B + D.
3. Montrer l'équivalence des trois propositions suivantes :
      i) f + g est aussi un projecteur de E.
      ii) f \circ g = -g \circ f.
      iii) f \circ g = g \circ f = 0.
Quels sont alors le noyau et l'image de f + g ?

Quatrième partie :

On suppose dans cette partie que E est de dimension finie n.
A. Soit f un endomorphisme de E. Montrer que la trace de la matrice carrée d'ordre n associée à f est indépendante de la base utilisée. Cette trace dite alors trace de f est notée \tr(f). Quelle relation y-a-t-il entre la trace de f et le rang de f si f est un projecteur ?

B. On considère k projecteurs f_1, \, f_2, \, \cdots, \, f_k de E et on note f leur somme : f = \displaystyle \sum_{i=1}^{k} f_i.
  1. Montrer que si f est aussi un projecteur alors l'image de f est la somme directe des images des f_i pour i allant de 1 à k.
  2. Montrer que f est un projecteur si et seulement si on a f_i \circ f_j = 0 pour tout couple (i,j) tel que i \not = j, 1 \leq i \leq k et 1\leq j \leq k.

C. On suppose que f et g sont deux endomorphismes de E de rang 1. Montrer que si f et g sont deux projecteurs tels que f \circ g = g \circ f alors f = g ou f \circ g = g \circ f = 0.

Cinquième partie :

On revient au cas général où E n'est pas forcement de dimension finie.
1. Montrer que si f est un endomorphisme de E et g un projecteur de E, on a : \text{ Ker } f \circ g = \text{ Ker } g \oplus (\text{ Ker } f \cap \text{ Im } g)
2. Montrer que si f est un projecteur de E et g un endomorphisme quelconque de E, on a : \text{ Im } f \circ g = \text{ Im }f \cap (\text{ Im }g + \text{ Ker } f).
3. Etant donné deux projecteurs f et g de E, montrer que f \circ g est aussi un projecteur de E si et seulement si : \text{ Im } f \cap (\text{ Im } g + \text{ Ker } f) \subset \text{ Im } g \oplus (\text{ Ker } f \cap \text{ Ker } g).

Sixième partie :

On suppose dans cette partie que E est de dimension 3.
f,g étant deux projecteurs de rang 1 de E. Donner les conditions sur les positions relatives des noyaux et des images de f et g qui sont nécessaires et suffisantes pour que f \circ g soit aussi un projecteur. Determiner dans ces conditions le noyau et l'image de f \circ g et g \circ f.



Première Partie :

1. Il est clair que 0 \in \text{ Ker }f \cap \text{ Im } f.
Soit x \in \text{ Ker }f \cap \text{ Im }f \: : \: \exists y \in E \, , \, x = f(y) \text{ et } f(x) = 0
Donc : 0 = f(f(y)) = f \circ f(y) = f(y) = x, alors : \text{ Ker }f \cap \text{ Im }f = \lbrace 0\rbrace . (1)
Soit x \in E, on peut toujours l'écrire sous la forme : x = f(x) + (x - f(x)) avec f(x) \in \text{ Im }f et x - f(x)\in \text{ Ker} f car : f(x - f(x)) = f(x) - f \circ f(x) = f(x) - f(x) = 0.
Donc E = \text{Ker }f + \text{ Im}f (2).
On conclut de (1) et (2) que : \boxed{E = \text{ Ker } f \oplus \text{ Im }f}

2. Soit x \in \text{ Im } f \: : \: \exists y \in E \, , \, x = f(y) et f(x) = f \circ f(y) = f(y) = x donc :
la restriction de f à \text {Im }f est l'identité.

3. La somme de A \cap \text{ Im } f et \text{ Ker }f est effectivement directe car : (A \cap \text{ Im }f) \subset \text{ Im } f \cap \text{ Ker }f
donc, (A \cap \text{ Im } f) \cap \text{ Ker } f = \lbrace 0\rbrace .
Soit x \in E : on peut l'écrire sous la forme : x = x_1+x_2 avec x_2 \in \text{ Ker }f et x_1 \in \text{ Im } f et f(x) = f(x_1) + f(x_2) = f(x_1) = x_1.
donc : x_1 = f(x).
Si, en plus : x \in f^{-1}(A), alors x_1 \in A \cap \text{ Im } f, donc : x = x_1 + x_2 \in (A \cap \text{ Im } f) \oplus \text{ Ker }f.
Réciproquement, si x \in (A \cap \text{ Im }f) \oplus \text{ Ker }f, il s'écrit x = x_1 + x_2 avec x_1 \in A \cap \text{ Im }f et x_2 \in \text{ Ker }f.
alors : f(x) = f(x_1) = x_1 \in A, donc : x \in f^{-1}(A).

4. Soit F un sev de E de la forme F_1 + F_2 avec F_1 sev de \text{ Im }f et F_2 un sev de \text{ Ker } f et soit x \in F.
x s'écrit x_1 + x_2 avec x_1 \in F_1 et x_2 \in F_2, donc : f(x) = f(x_1) + f(x_2) = f(x_1) = x_1 + 0 \in F_1+F_2.
Donc F est stable par f.
Réciproquement, soit F stable par f et soit x \in F. On sait que x - f(x) \in \text{ Ker }f. Comme x \in F et f(x) \in F, on a : x - f(x) \in F alors x - f(x) \in F \cap \text{ Ker }f. Donc :
x = f(x) + (x - f(x)) \in (F \cap \text{ Im }f) + (F \cap \text{ Ker }f).
Alors F \subset (F \cap \text{ Im }f) + (F \cap \text{ Ker }f) \subset F, c'est-à-dire que : F = (F \cap \text{ Im }f) + (F \cap \text{ Ker }f) qui est bien de la forme : F_1 + F_2 avec F_1 sev de \text{ Im }f et F_2 sev de \text{ Ker }f.
Conclusion : \boxed{\text{ F est stable par f ssi : } F = F_1 + F_2 \text{ avec } F_1 \text{ sev de Im }f \text{ et } F_2 \text{ sev de Ker }f}

Deuxième Partie :

1. On a déjà vu que, si f est un projecteur, on a : E = \text{ Ker } f \oplus \text{ Im }f et : \forall x \in \text{ Ker } f, \, f(x) = 0. \forall x \in \text{ Im }f \, , \, f(x) = x
Réciproquement, supposons l'existence de deux s-ev A,B tels que :
    E = A \oplus B
    \forall x \in A \, , \, f(x) = 0
    \forall x \in B \, , \, f(x) = x
Tout x \in E peut donc s'écrire : x = x_1+x_2 et f(x) = f(x_1) + f(x_2) = 0 + x_2 donc f \circ f(x) = f(x_2) = x_2 = f(x).
Donc f \circ f = f et f est un projecteur. Donc :
f est un projecteur de E ssi il existe 2 sev A,B tels que :
\fbox {1) E = A \oplus B  \hspace{15pt} 2) \forall x\in A, f(x)=0  \hspace{15pt} 3) \forall x\in B, f(x)=x}

2. On a : (I-f) \circ (I-f) = I-2f+f^2 = (I-f)+(f^2-f), donc : (I-f) \circ (I-f) = (I-f) ssi f^2 - f = 0.
Conclusion : I - f est un projecteur ssi f est un projecteur.
Supposons que f est un projecteur.
On sait que : \forall x \in \text{ Im }f \, , \, f(x) = x, donc : (I - f)(x) = 0. Alors \text{ Im } f \subset \text{ Ker }(I-f).
Réciproquement, si x \in \text{ Ker }(I-f), on a x = f(x) donc x \in \text{ Im }f.
On déduit que : \text{ Im } f = \text{ Ker }(I - f).
De même, puisque I - f est aussi un projecteur : \text{ Im }(I-f) = \text{ Ker }f.
Conclusion : Si f est un projecteur, \text{ Im } f = \text{ Ker }(I-f) \text{ et } \text{ Im }(I -f) = \text{ Ker }f.

3. Si f,g sont deux projecteurs de même image, on a : \forall x \in E \, , \, g(x) \in \text{ Im } g = \text{ Im } f, donc : f(g(x)) = g(x)
Alors f \circ g = g, de même : g \circ f = f.
Réciproquement, si les deux endomorphismes f et g vérifient : f \circ g = g \text{ et } g \circ f = f.
On a f^2=(g \circ f)^2 = (g \circ f)\circ (g \circ f) = g \circ (f \circ g) \circ f = g  \circ g \circ f = g \circ f = f
Donc f est un projecteur et, de la même façon, on trouve que g est un projecteur.
D'autre part : \text{ Im }(g \circ f) \subset \text{ Im }g, donc \text{ Im }f \subset \text{ Im }g et de même, \text{ Im }g \subset \text{ Im }f
D'oû : \text{ Im }g = \text{ Im }f
Donc f,g sont deux projecteurs de même image.
Les 2 endomorphismes f \text{ et } g vérifient f \circ g = g \text{ et } g \circ f = f ssi ce sont 2 projecteurs de meme image.
D'après 2., les 2 projecteurs f,g ont le même noyau ssi les 2 projecteurs I-f et I-g ont le même image donc, d'après ce qui précède, ssi (I-f) \circ (I-g) = I-g et (I-g) \circ (I-f)=I-f ce qui équivaut après un petit développement à : f \circ g = f \text{ et } g \circ f = g.
Les 2 endomorphismes f \text{ et } g vérifient : f \circ g = f \text{ et } g \circ f = g ssi ce sont 2 projecteurs de meme noyau.

III. Troisième partie :

1. Supposons que f \circ g = g \circ f. Pour tout x dans \text{ Im }g on a : g(x) = x
Donc f \circ g(x) = f(x) = g \circ f(x), alors f(x) \in \text{ Im }g donc \text{ Im }g est stable par f.
En appliquant ce qu'on a vu au passage dans I.4. à F = \text{ Im }g, on a : \text{ Im }g = (\text{ Im }g \cap \text{ Im }f) \oplus (\text{ Im }g \cap \text{ Ker }f).
Pour tout x \in \text{ Ker }g, on a f \circ g(x) = f(0) = 0 = g(f(x)), donc f(x) \in \text{ Ker }g. Donc \text{ Ker }g est stable par f et en appliquant à nouveau I.4., on a \text{ Ker }g = (\text{ Ker }g \cap \text{ Im }f) \oplus (\text{ Ker }g \cap \text{ Ker }f).
En reportant dans E = \text{ Ker }g \oplus \text{ Im }g et en utilisant l'associativité et la commutativité de la somme directe, on obtient : E = (\text{ Im }f \cap \text{ Im }g) \oplus (\text{ Im }f \cap \text{ Ker }g) \oplus (\text{ Ker }f \cap \text{ Im }g) \oplus (\text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g).
E est donc la somme directe de ((\text{ Im }f \cap \text{ Ker }g) \oplus (\text{ Ker }f \cap \text{ Im }g) \oplus (\text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g)) et de (\text{ Im }f \cap \text{ Im }g).
Soit x \in (\text{ Im }f \cap \text{ Ker }g) \oplus (\text{ Ker }f \cap \text{ Im }g) \oplus (\text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g), x s'écrit donc : x = x_1 + x_2 + x_3 avec x_1 \in \text{ Im }f \cap \text{ Ker }g, x_2 \in \text{ Ker }f \cap \text{ Im }g et x_3 \in \text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g.
On a : f \circ g(x) = 0 + f\circ g(x_2) + 0 = g \circ f(x_2) = g(0) = 0. Soit x \in \text{ Im }f \cap \text{ Im }g. On a g(x) = x alors f \circ g(x) = f(x) = x.
En utilisant la caractérisation vue dans II.1.
f \circ g est la projection sur \text{ Im } g \cap \text{ Im }f parallèlement à (\text{ Im }f \cap \text{ Ker }g) \oplus (\text{ Ker }f \cap \text{ Im }g) \oplus (\text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g)

2.     Supposons que f \circ g = g \circ f. D'après la question précédente on a : E = A \oplus B \oplus C \oplus D avec :
A = \text{ Im }g \cap \text{ Im }f \, , \, B = \text{ Ker }g \cap \text{ Im }f \, , \, C = \text{ Im }g \cap \text{ Ker }f \text{ et } D = \text{ Ker }g \cap \text{ Ker }f.
On a vu au passage dans la question précédente que : \text{ Im }g = A \oplus C et \text{ Ker }g = B \oplus D.
On a de même, \text{ Im }f = A \oplus B \text{ et } \text{ Ker }f = C \oplus D. Donc f est la projection sur A \oplus B parallèlement à C \oplus D et g est la projection sur A \oplus C parallèlement à B \oplus D.
        Supposons que E = A\oplus B \oplus C \oplus D, que f est la projection sur A \oplus B parallèlement à C \oplus D et que g est la projection sur A \oplus C parallèlement à B \oplus D.
On a, pour x \in E la décomposition x = x_1 + x_2 + x_3 donnant f \circ g(x) = f(x_1 + x_4) = x_1 et g \circ f(x) = g(x_1+x_2) = x_1 alors : f \circ g = g \circ f
Conclusion : f \circ g = g \circ f \text{ ssi } E = A \oplus B \oplus C \oplus D \text{ avec } f (resp. g) projection sur A \oplus B (\text{resp. } A \oplus C) parallèlement à C \oplus D (resp. B \oplus D).

3. Après développement et réduction, (f + g) \circ (f + g) - (f + g) = f \circ g + g \circ f, donc i) \Longleftrightarrow ii).
On a évidemment iii) \Longrightarrow ii).
Supposons réciproquement que f \circ g = -g \circ f.
On a alors f \circ g = f \circ f \circ g = f \circ (f \circ g) = - f \circ (g \circ f) = -(f \circ g) \circ f = (g \circ f) \circ f = g \circ f \circ f = g \circ f.
On a donc à la fois f \circ g = g \circ f et f \circ g = -g \circ f. Ce qui n'est possible que si f \circ g = g \circ f = 0.
f + g projecteur \Longleftrightarrow f \circ g = -g \circ f \Longleftrightarrow f \circ g = g \circ f = 0.
Puisque f \circ g = g \circ f, on peut appliquer III.1. en profitant du fait que f \circ g = g \circ f = 0 car cela nous donne :
      \star \text{ Im }f \subset \text{ Ker }g.
      \star \text{ Im }g \subset \text{ Ker }f.
Donc \text{ Im }f \cap \text{ Ker }g = \text{ Ker }g et \text{ Im }g \cap \text{ Ker }f = \text{ Ker }f et aussi \text{ Im }g \cap \text{ Im }f \subset \text{ Im }g \cap \text{ Ker }g = \lbrace 0\rbrace .
Alors : E = \text{ Im }f \oplus \text{ Im }g \oplus (\text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g).
En écrivant alors : x = x_1 + x_2 + x_3 avec x_1 \in \text{ Im }f, x_2 \in \text{ Im }g et x_2 \in \text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g, on a :
(f + g)(x) = x_1+x_2, on déduit que f + g est la projection sur \text{ Im }f \oplus \text{ Im }g parallèlement à \text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g. Donc :
\text{ Im }(f + g) = \text{ Im }f \oplus \text{ Im }g \text{ et } \text{ Ker }(f + g) = \text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g

Quatrième partie :

A. Soient M et M' les matrices de l'endomorphisme f sur les bases \mathfrak{B} et \mathfrak{B'} de E.
Si P est la matrice de passage de \mathfrak{B} à \mathfrak{B'}, on a : M = PM'P^{-1}, donc :
tr(M) = tr(PM'P^{-1}) = tr((PM')P^{-1}) = tr(P^{-1}(PM')) = tr(M') (on sait que : \forall A,B \in \mathfrak{M}_n(K) \, , \, tr(AB) = tr(BA))
La trace de la matrice carré d'ordre n associée à f est indépendante de la base utilisée.
La relation entre la trace, la dimension et le rang est : tr(f) = \dim(\text{ Im }f) = \text{ rg }(f).

B. 1. Supposons que f_1 \, , \,  \cdots \, , \, f_k sont des projecteurs et que leur somme f l'est également.
Pour tout x \in E on a : f(x) = \displaystyle \sum_{i=1}^{k} f_i(x) \in \displaystyle \sum_{i=1}^{k} \text{ Im } f_i alors : \text{ Im }f \subset \displaystyle \sum_{i=1}^{k} \text{ Im }f_i (1).
La linéarité de la trace nous donne : \dim(\text{ Im }f) = tr(f) = tr(\displaystyle \sum_{i=1}^{k} f_i ) = \displaystyle \sum_{i=1}^{k}tr(f_i) = \displaystyle \sum_{i=1}^{k} \dim(\text{ Im }f_i) \geq \dim(\displaystyle \sum_{i=1}^{k} \text{ Im } f_i) \geq \dim(\text{ Im }f)
On en déduit que : \dim(\text{ Im }f) = \dim(\displaystyle \sum_{i=1}^{k} \text{ Im }f_i) (2).
De (1) et (2) : \text{ Im }f = \displaystyle \sum_{i=1}^{k} \text{ Im }f_i
D'autre part, \dim(\displaystyle \sum_{i=1}^{k} \text{ Im }f_i) = \displaystyle \sum_{i=1}^{k} \dim(\text{ Im }f_i), donc la somme est directe.
Conclusion : Si f est un projecteur, \text{ Im }f est la somme directe des \text{ Im }f_i, \, \text{ avec } i \in \ldbrack1 , k\rdbrack

B. 2. Supposons que f est un projecteur. On peut donc appliquer ce qui précède : \text{ Im }f_j \subset \text{ Im }f, donc, pour x fixé dans E et j \in \ldbrack1,k\rdbrack, on a : f(f_j(x)) = f_j(x).
On peux écrire sous forme : f(f_j(x)) = \displaystyle \sum_{i=1}^{k} f_i(f_j(x))
Et puisque la somme est directe : \forall i \not = j \, , \, f_i \circ f_j(x) = 0. Donc : \forall i \not = j \, , \, f_i \circ f_j = 0
Réciproquement, supposons que : \forall i \not = j \, , \, f_i \circ f_j = 0, alors :
f \circ f = \displaystyle \sum_{i=1}^{k} f_i \circ f_i + 2 \displaystyle \sum_{i \not=j}^{k} f_i \circ f_j = \displaystyle \sum_{i=1}^{k} f_i \circ f_i = \displaystyle \sum_{i=1}^{k} f_i = f, donc f est un projecteur.
Conclusion : f = \displaystyle \sum_{i=1}^{k}f_i est un projecteur ssi : \forall i\not=j, \, f_i \circ f_j =0

C. f \text{ et } g sont deux projecteurs qui commutent et qui sont de rang 1, donc leurs images sont des droites vectorielles.
Si ces deux droites vectorielles sont égales, alors, d'après II.3., on a : f \circ g = g et g \circ f = f. Mais, comme f \circ g = g \circ f, on a donc : f = g.
Si ces droites vectorielles sont distinctes, leur intersection est réduite au vecteur nul. Comme, d'après III.1. f \circ g est un projecteur d'image \text{ Im } f \cap \text{ Im } g, ce projecteur f \circ g est nul.
Si f \text{ et } g sont 2 projecteurs de rang 1, qui commutent, alors f = g \text{ ou } f \circ g = g \circ f = 0

Cinquième partie :

1. \text{ Ker }(f \circ g) est l'ensemble des x \in E tels que f(g(x)) = 0, donc des x tels que g(x) \in \text{ Ker }f. C'est donc g^{-1}(\text{ Ker }f) alors, d'après I.3. :
\text{ Ker }(f \circ g) = \text{ Ker }g \oplus (\text{ Ker }f \cap \text{ Im }g)

2. Si x \in \text{ Im }f \cap (\text{ Im }g + \text{ Ker }f).
On peut l'écrire f(x_1) et aussi g(x_2) + x_3 avec f(x_3)=0.
Comme f \circ f = f, on a aussi x = f \circ f(x_1) = f(g(x_2) + x_3) = f(g(x_2)) + f(x_3) = f \circ g(x_2). Donc x \in \text{ Im }(f \circ g).
Réciproquement, soit x \in \text{ Im }(f \circ g). On a déjà x \in \text{ Im }f.
Ensuite, x s'écrit f(g(y)) et g(y) peut s'écrire x_1 + x_2 avec x_1 \in \text{ Im }f et x_2 \in \text{ Ker }f donc x = f(x_1 + x_2) = f(x_1) = x_1.
On a donc x = x_1 = g(y) + (-x_2) \in \text{ Im }g + \text{ Ker }f, donc x \in \text{ Im }f \cap (\text{ Im }g + \text{ Ker }f)
\text{ Im }(f \circ g) = \text{ Im }f \cap (\text{ Im }g + \text{ Ker }f)

3. f,g deux projecteurs.
Suposons que f \circ g est un projecteur. Soit x \in \text{ Im }(f \circ g). Donc f \circ g(x) = x et f(x)=x
Puisque, a fortiori, x \in \text{ Im }f. Donc x \in \text{ Ker }(f - f \circ g) = \text{ Ker }(f \circ (I - g)). D'où l'inclusion : \text{ Im }(f \circ g) \subset \text{ Ker }(f \circ (I-g))
Réciproquement, supposons que : \text{ Im }(f \circ g)\subset \text{ Ker }(f \circ (I-g))
Pour tout x \in E, on a donc : f \circ (I - g) \circ f \circ g(x) = 0, donc : f \circ f \circ g(x) = f \circ g \circ f \circ g(x).
Alors : f \circ g(x) = f \circ g \circ f \circ g(x), donc f \circ g est un projecteur.
On obtient l'équivalence suivant : f \circ g est un projecteur \Longleftrightarrow \text{ Im }(f \circ g) \subset \text{ Ker }(f \circ (I-g))
Comme I - g est un projecteur, on peut appliquer V.1. : \text{ Ker }(f \circ (I - g)) = \text{ Ker }(I - g) \oplus (\text{ Ker }f \cap \text{ Im }(I-g)) = \text{ Im }g \oplus(\text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g).
D'autre part, on applique V. 2. : \text{ Im }(f \circ g) = \text{ Im }f \cap (\text{ Im }g + \text{ Ker }f), l'équivalence précédente devient :
f \circ g est un projecteur ssi \text{ Im }f \cap(\text{ Im }g + \text{ Ker }f) \subset \text{ Im }g \oplus (\text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g)

Sixième partie :

Si \text{ Im }g \subset \text{ Ker }f alors f \circ g = 0 qui est un projecteur.
Si \text{ Im }g n'est pas inclus dans \text{ Ker }f alors, puisque \text{ Im }f est une droite vectorielle et \text{ Ker }f un plan vectoriel, on a : E = \text{ Im }g \oplus \text{ Ker }f. La condition V. 3.se simplifie alors et devient :
f \circ g projecteur \Longleftrightarrow \text{ Im } f \subset \text{ Im }g \oplus (\text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g)
Si \text{ Ker }f = \text{ Ker }g, cette condition est vérifiée puisque \text{ Im }g \oplus(\text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g) = \text{ Im }g \oplus \text{ Ker }g = E.
Si \text{ Ker }f \not = \text{ Ker }g, ces deux plans distincts d'un espace de dimension 3 se coupent suivant une droite.
\text{ Im }g \oplus (\text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g) est de dimension 2. \text{ Im } g \oplus (\text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g) est alors un plan; la condition est réalisée si la droite \text{ Im }f est dans ce plan. On ne peut en dire plus.
Récapitulatif : f \circ g projecteur ssi \text{ Im }g \subset \text{ Ker }f \text{ ou ssi } \text{ Im }f \oplus(\text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g)
Si f \text{ et } g sont des projecteurs de rang 1, et que la condition précédente soit vérifiée ou non, le rang de f \circ g est inférieur ou égal au rang de f. Il vaut donc 0 ou 1.
S'il vaut 0, f \circ g est l'application nulle. Son noyau et son image sont évidents.
Par contre, s'il vaut 1, comme \text{ Im }(f \circ g) est contenue dans \text{ Im }f, \text{ Im }(f \circ g) est nécessairement égal à \text{ Im } f. Le noyau de f \circ g est de dimension 2 et il contient le noyau de g, qui est de dimension 2; donc \text{ Ker }(f \circ g) = \text{ Ker }g.
On a des conditions symétriques pour g \circ f.
Le fait que f \circ g soit un projecteur ne restreint pas le nombre de cas possibles :
Avec f \circ g=0, c'est-à-dire la droite \text{ Im }g incluse dans le plan \text{ Ker }f, peut-être, ou non, incluse dans le plan \text{ Ker }g. Donc g \circ f peut être nul comme il ne peut pas l'être.
Pour assurer \text{ Im }f \subset \text{ Im } g \oplus(\text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g), on choisit d'abord deux plans qui seront \text{ Ker }f \text{ et } \text{ Ker }g, puis une droite non contenue dans \text{ Ker }g et qui sera \text{ Im }g. On est sûr alors que \text{ Im }g \oplus (\text{ Ker }f \cap \text{ Ker }g) est au moins de dimension 2. On prend dedans une droite non contenue dans \text{ Ker }f et qui sera \text{ Im }f. Tout cela est faisable avec f \circ g ou g \circ f nuls ou non.
Nous ne pouvons donc préciser les conclusions que nous avions données alors que nous ne supposions pas f \circ g projecteur.
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