Exercice 1. [⋆] Trouver un suppl´ementaire de F dans E dans chacun des cas suivants.
1. E= M2(K) et F l’ensemble des matrices de la forme : ( a b
−b 0);
2. E=K3[X] et F l’ensemble des polynˆomes P ∈E tels que : P(0) =P(1) =0.
Correction :
1. On voit que F = Vect(E11, E12−E21). Ainsi F est un sous-K-espace vectoriel deF de dimension 2 (il est imm´ediat que la famille (E11, E12−E21) est libre et donc une base deF). On cherche un suppl´ementaireS de F dans E. On a dimS =dimE−dimF = 2. Pour d´eterminer S, on trouve d’abord une matrice M1 ∉F. Par exemple, M1 = E22. Ensuite, il suffit de trou- ver une deuxi`eme matrice M2, qui ne vit pas dans Vect(E11, E12−E21, M1). On peut prendre :
M2=E12+E21= (0 1 1 0). On poseS=Vect(M1, M2). On a :
dimS+dimF =2+2=4=dimE.
Il suffit de montrer que S∩F = {0}. Soit M∈S∩F : M = ( a b
−b 0) = (0 d d c),
Correction :
avec a, b, c, d∈K. Par unicit´e de l’´ecriture matricielle, on a a =0, b= d, −b= d (et donc b = d=0) et c = 0.
Ainsi M = 0 implique S∩F = {0}. Donc S est un suppl´ementaire de F.
2. Soit P=aX3+bX2+cX+d∈F. CommeP(0) =0, on a d=0. De plus, on a P(1) =0, ce qui implique que :
a+b+c=0.
Ainsi on a P = a(X3 −X) +b(X2−X). On a donc montr´e que F ⊂Vect(X3−X, X2−X). Cependant il est clair queX3−X etX2−X sont des ´el´ements deF. Donc on obtient que :
F =Vect(X3−X, X2−X),
avec dimF =2. Comme dimE=4, on cherche un sous- espace vectorielSde dimension 2, pour qu’il puisse ˆetre un suppl´ementaire de F.
Par le mˆeme proc´ed´e que pour la question pr´ec´edente, on peut construire cet espaceS comme ´etant :
S=Vect(1, X).
V´erifions qu’il s’agit bien d’un suppl´ementaire de F. On a d’abord que :
dimS+dimF =2+2=4=dimE.
Soit P∈S∩F. Il existe alors a, b, c, d∈Ktels que : P =aX3+bX2− (a+b)X=cX+d.
Par unicit´e des composantes d’un polynˆome, on trouve quea=b=d=0, puisc= −(a+b) =0. DoncS∩F= {0}, ce qui implique bien que S etF sont suppl´ementaires dansE.
Exercice 2. [⋆⋆] Soitn∈Netn≥1. On consid`ere le vecteurA= (a1, . . . , an) avec ai∈R∗ pour tout 1≤i≤n. On d´efinit l’ensemble :
H= {X∈Rn,X⋅A=0},
o`u X⋅A correspond au produit scalaire canonique de Rn. On appelle H l’orthogonal de A (il est not´e dans la litt´erature A⊥).
1. V´erifier que X= (x1, . . . , xn) ∈H si et seulement si : a1x1+ ⋯ +anxn=0.
2. Pour tout 2 ≤ i≤ n, on note ei = aiε1−a1εi, avec (ε1, . . . , εn) la base canonique deRn. Montrer que la familleB = (e2, . . . , en)est une base de H. En d´eduite que dimH=n−1. On dit alors queH est un hyperplan de Rn.
3. Montrer que H est un suppl´ementaire de F =Vect(A).
4. Application. En d´eduire un suppl´ementaire dans R3 de l’ensemble P d´efini par l’´equation :
x1−x2+2x3=0.
Correction :
1. On sait queX∈H si et seulement siX⋅A=0. Il suffit de rappeler que :
X⋅A=x1a1+ ⋯ +xnan.
2. Tout d’abord on v´erifie ais´ement que pour tout indice i, ei ∈ H. Montrons que la famille B est libre. Soit λ2, . . . , λn des r´eels tels que :
0=λ2e2+ ⋯ +λnen.
On a donc par unicit´e des coordonn´ees dans Rnque : λ2a2+ ⋯ +λnan=0,
Correction :
et que pour tout 2 ≤ i ≤ n, −λiai = 0. Comme les ai
sont non nuls, on aλi=0 pour touti: la famille Best bien libre.
CommeB est une famille libre deH, on a : dimH≥#B =n−1.
CommeH est un sous-espace vectoriel deRn, on a de plus que dimH≤n.
Supposons que dimH =n. Dans ce cas, H = Rn. On aurait alors que A∈H. Cependant, on observe que :
A⋅A=a21+ ⋯ +a2n≠0,
car lesai sont non nuls. Donc A∉H : H≠E. Finale- ment, on a montr´e que dimH=n−1 et queB est une base deH.
3. On sait que dimH+dimF = n−1+1 = n = dimRn. Montrons que H∩F = {0}, ce qui impliquera queH et F sont des suppl´ementaires dans Rn.
Soit X ∈ H∩F. Comme X ∈ F, on sait qu’il existe λ ∈ R tel que X = λA. De plus, on a X ∈ H, ce qui implique que :
0=X⋅A=λ(a21+ ⋯a2n).
Comme les ai sont tous non nuls, on a alors queλ=0, puis queX=0. On a donc bien montr´e queH∩F= {0}. 4. On d´efinit le vecteur A = (1,−1,2). Dans ce cas, par ce qui pr´ec`ede, on sait que l’orthogonal H d´efini par l’´equation 0=X⋅A=x1−x2+2x3est un suppl´ementaire de F = Vect(A). Ainsi un suppl´ementaire de P est S=Vect((1,−1,2)).
Exercice 3. [⋆⋆] On note T riangn(R) l’ensemble des matrices triangulaires sup´erieures `a coefficients r´eels.
1. Montrer que T riang+n(R) est un R-espace vectoriel. Donner sa dimen- sion et une base.
2. Trouver un suppl´ementaire S deT riangn+(R). 3. Montrer que pourA∈ Mn(R) et pour 1≤i≤j≤n,
EiiAEjj=aijEij.
4. Montrer que l’application suivante est lin´eaire : π ∶ Mn(R) → Mn(R)
A ↦ ∑ni=1∑nj=iEiiAEjj
Quel est son noyau ? Quelle est son image ? 5. Interpr´eter g´eom´etriquement π.
Correction :
1. Remarquons que pour une matrice triangulaire sup´erieure r´eelleM = (mij)1≤i,j≤n, on a :
M = ∑
i≤j
mijEij.
R´eciproquement une telle matrice est clairement une matrice triangulaire r´eelle.
On sait que 0∈E. De plus, pour M, T ∈T riangn+(R) etλ∈R, alors :
(λ⋅M+T) =λ∑
i≤j
mijEij+∑
i≤j
tijEij = ∑
i≤j
(λmij+tij)Eij, o`u λmij +tij ∈ R pour tout i, j. Donc λ⋅M+T est bien triangulaire sup´erieure : T riang+n(R)est un sous- R-espace vectoriel de Mn(R).
Correction :
On a d´ej`a vu que (Eij)1≤i≤j≤n g´en´erait T riang+n(R). Comme il s’agit d’une sous-famille de la base canonique de Mn(R), elle est libre. Ainsi c’est une base.
On vient par ailleurs de montrer queT riangn+(R)´etait de dimension :
d =∑n
i=1 n
∑
j=i
1=∑n
i=1
(n−i+1) =n(n+1) −∑n
i=1
i
=n(n+1) −n(n+1)
2 =n(n+1)
2 .
2. On a T riang+n(R) = Vect(Ei,j)1≤i≤j≤n. On va donc compl´eter cette famille pour retrouver la base cano- nique.
On poseS=Vect(Ei,j)1≤j<i≤n. On remarque facilement queF∩S= {0}. AinsiF⊕S est unR-espace vectoriel engendr´e par les(Ei,j)1≤i,j≤n: c’est forc´ementMn(R), etS est un suppl´ementaire de F dansMn(R).
3. SoitA∈ Mn(R)et 1≤i≤j≤n. On sait que pour deux indices ketl :
(AEjj)kl=∑n
r=1
akr(Ejj)rl=akjδl=j,
avecδl=j qui vaut 0 pour toute valeur del, sauf enl=j, o`u elle vaut 1. Ainsi on trouve que :
(EiiAEjj)kl=∑n
r=1
(Eii)kr(AEjj)rl=δk=i(AEjj)il=aijδk=iδl=j.
Cependant (aijEij)kl = aijδk=iδl=j. Donc par unicit´e des coordonn´ees, on a :
EiiAEjj =aijEij.
Correction :
4. Soit A, B∈ Mn(R) etλ∈R. Alors on a : π(λA+B) =∑n
i=1 n
∑j=i
Eii(λA+B)Ejj,
=λ
n
∑i=1 n
∑j=i
EiiAEjj+∑n
i=1 n
∑j=i
EiiBEjj =λπ(A)+π(B). Donc π est bien un endomorphisme de Mn(R). Soit A∈kerπ. Cela signifie que :
0=∑n
i=1
∑n j=i
EiiAEjj=∑n
i=1
∑n j=i
aijEij,
d’apr`es la question c. Par unicit´e de la d´ecomposition dans la base (ici canonique), on a que pour tout indice 1 ≤ i≤ j ≤n, aij = 0. Cela implique que A ∈ S. Par ailleurs, il est imm´ediat que si A ∈ S, alors A ∈ kerπ.
On a donc montr´e que kerπ=S.
SoitM ∈Imπ. Alors il existe une matriceAtelle que : M =π(A) =∑n
i=1
∑n j=i
aijEij,
d’apr`es la remarque faite ci-dessus. Cela veut exacte- ment dire que Im π=T riangn+(R).
5. Calculons π2. SoitA∈ Mn(R). Alors on a : π2(A) =∑n
i=1
∑n j=i
(π(A))ijEij =∑n
i=1
∑n j=i
aijEij =π(A).
Cette ´egalit´e est vraie pour toute matrice A. Donc on a π2 = π. D’o`u π est une projection. Par la question pr´ec´edente, on a queπest la projection surT riangn+(R) parall`element `a S.
