ANN´EE UNIVERSITAIRE 2020/2021 UE 4TBX308U

ANN´ EE UNIVERSITAIRE 2020/2021 UE 4TBX308U

Devoir surveill´e 1 : corrig´e

Date : 02/10/20 Heure : 14h Dur´ee : 1h30 Documents et calculatrice : non autoris´es

Epreuve de M. Popoff. (sujet en recto-verso)

Exo 1 :

1. Soituendomorphisme deR, il v´erifie donc pour tout x∈Rla relationu(x) =ax, aveca ∈R. On a alors

(u◦u)(x) =u(ax) = a²x.

Ainsi, u est une sym´etrie de R si et seulement si pour tout x ∈ R, on a a²x =x, donc si et seulement si a² = 1, c’est-`a-dire a∈ {−1,1}. On conclut : un endomorphisme u deR est une sym´etrie si et seulement si u= Id ou u=−Id.

2. (a) Notons B= (e1, e2, e3) la base canonique de R³. On a alors u(e₁) = 1

3



 1

−2

−2



, u(e₂) = 1 3





−2 1

−2



 et u(e₃) = 1 3





−2

−2 1



,

c’est-`a-dire u(e₁) = 1

3(e₁−2e₂−2e₃), u(e₂) = 1

3(−2e₁+e₂ −2e₃) et u(e₃) = 1

3(−2e₁−2e₂+e₃), et donc, si on noteA = MatB(u), on a alors

A = 1 3





1 −2 −2

−2 1 −2

−2 −2 1



.

(b) Afin de d´eterminer u◦u, on calculeA² :

A² = 1 9





1 −2 −2

−2 1 −2

−2 −2 1









1 −2 −2

−2 1 −2

−2 −2 1



=





1 0 0 0 1 0 0 0 1



.

Cela prouve que u◦u est l’application identit´e, et donc que u est une sym´etrie.

(c) Puisque la matrice A repr´esente l’endomorphisme u, on a tr(u) = tr(A) = 3.

(d) Comme pr´ec´edemment, en notantB la matrice de pdans la base canonique, on a

B = 1 3





1 1 1 1 1 1 1 1 1



.

Pour d´eterminer p◦p, on calcule B² : B² = 1

9





1 1 1 1 1 1 1 1 1









1 1 1 1 1 1 1 1 1



= 1 3





1 1 1 1 1 1 1 1 1



=B.

Cela prouve que p◦p=p, et donc que p est un projecteur.

(e) Un vecteurv ∈R³ est dans Im(p) si et seulement il s’´ecrit sous la forme

v = 1 3





x+y+z x+y+z x+y+z



= x+y+z 3



 1 1 1



,

avec x, y et z trois r´eels. Notons t le vecteur



 1 1 1



, de sorte que l’on vient de d´emontrer que Im(p)⊂Vect(t). De plus, Im(p) est un sous-espace vectoriel de R³ non r´eduit `a {0}, sinon p serait nul. Donc Im(p) = Vect(t). Notez que si ce raisonnement ne vous plaˆıt pas, vous pouvez montrer que tout vecteur v de Vect(t), donc de la forme v =



 α α α



 avec α∈R, v´erifie bien p(v) =v, ce qui prouve que Im(p) = Vect(t). Ainsi, Im(p) est la droite engendr´ee par t.

Pour d´eterminer le noyau dep, on se donne v =



 x y z



tel quep(v) = 0. Cela est ´equivalent

`

a x+y+z = 0. Cette ´equation d´ecrit un sous-espace vectoriel de R³ de dimension 2 (ce que confirme le th´eor`eme du rang appliqu´e `a p), pour ˆetre plus pr´ecis, il s’agit du plan de vecteur normal t. Pour en trouver une base, il suffit d’en exhiber deux vecteurs non colin´eaires, par exemple

v₁ =



 1

−1 0



 et v₂ =



 0 1

−1



.

(f) Soit v ∈Im(p), on peut l’´ecrire αtavec α∈R. On a alors

u(v) =αu(t) =α





−1

−1

−1



=−v.

Cela prouve que u_|Im(p) =−Id.

Un calcul direct montre ´egalement que

u(v₁) =v₁ et u(v₂) = v₂.

De plus, on sait que ker(p) = vect(v₁, v₂), ce qui prouve comme ci-dessus queu|ker(p) = Id.

Ainsi, u est la sym´etrie orthogonale par rapport au plan de vecteur normalt.

3. (a) L’´egalit´e s◦s = Id montre que s poss`ede une bijection r´eciproque, qui vaut s elle-mˆeme, ce qui peut s’´ecrire

s⁻¹ =s.

(b) On va montrer que ker(s+ Id)∩ker(s−Id) ={0}. Soit donc x∈ker(s+ Id)∩ker(s−Id).

Alors on a

s(x) +x= 0 et s(x)−x= 0, ce qui conduit `a

s(x) = −x=x, et doncx= 0.

(c) Soitx∈ker(s+Id), alorss(x)+x= 0, et doncs(x) = −x∈ker(s+Id), puisque ker(s+Id) est un espace vectoriel. Cela prouve que ker(s+ Id) est stable par s. Par un raisonnement similaire, on montre que ker(s−Id) est ´egalement stable pars.

(d) On se donnex∈E, et on cherchex₁ ∈ker(s+ Id) et x₂ ∈ker(s−Id) tels quex=x₁+x₂. Si une telle d´ecomposition existait, en appliquant s, on aurait

s(x) =s(x₁) +s(x₂) =−x₁+x₂, puisque en r´eappliquant s :

s(s(x)) =x=−s(x₁) +s(x₂) =x₁+x₂.

En combinant ces deux ´equations, on trouve comme condition n´ecessaire : x₁ = 1

2(x−s(x)) et x₂ = 1

2(x+s(x)).

On v´erifie ensuie que x₁+x₂ = ¹₂(x−s(x)) + ¹₂(x+s(x)) =x, et que x₁ ∈ker(s+ Id) et x₂ ∈ker(s−Id).

On a vu que pour tout x ∈ ker(s+ Id), on a s(x) = −x. Cela traduit que la restriction de s `a ce sous-espace vaut −Id. De mˆeme, la restriction de s `a ker(s−Id) vaut Id. Au final, speut-ˆetre vue comme une sym´etrie par rapport au sous-espace ker(s−Id), dans la direction de (on peut aussi dire “parall`element `a”) ker(s+ Id).

(e) Notons n la dimension de E. Dans une base adapt´ee `a cette d´ecomposition, la matrice de s est la matrice par bloc suivante :

−Id 0 0 Id

.

Si on note d= ker(s+ Id), on a alors par lecture de la matrice : tr(s) =−d+ (n−d) = n−2d.

Exo 2 :

1. La fonction f est bien une fonction de M_n(R) dans M_n(R). De plus, si M₁ et M₂ sont deux matrices deM_n(R), et α∈R, on a

f(M1+αM2) =^t(M1 +αM2) + (M1+αM2) =^tM1 +α^tM2+M1+αM2 =f(M1) +αf(M2).

Cela prouve que f est un endomorphisme de M_n(R).

De plus, si on prend S₁ ∈ S et S₂ ∈ S des matrices, et α∈R, on a clairement

t(S₁+αS₂) =^tS₁+α^tS₂ =S₁+αS₂,

ce qui prouve que S₁+αS₂ ∈ S, et donc que S est un sous-espace vectoriel de M_n(R). On montre de la mˆeme mani`ere que A est lui-aussi un sous-espace vectoriel de M_n(R)

2. (a) Soit M ∈ A ∩ S. Alors M =^tM =−M, et donc M = 0. Cela prouve que A ∩ S ={0}, et donc que ces deux espaces sont en sommes directes.

(b) Soit M ∈Im (f), alors on peut ´ecrireM =f(N) =^tN+N avecN ∈M_n(R), et on a alors

tM =^t(^tN +N) =^t(^tN) +^tN =N +^tN =f(N) =M.

Cela prouve que Im (f)⊂ S. R´eciproquement, si S ∈ S, on peut ´ecrire S = 1

2(^tS+S) =f(1 2S), ce qui prouve queS ⊂ Im (f). Au final, on a Im (f) =S.

Le raisonnement pour ker(f) est plus direct : on a

M ∈ker(f) ⇐⇒ f(M) = 0 ⇐⇒ M+^tM = 0 ⇐⇒ M =−^tM ⇐⇒ M ∈ A.

(c) D’un cˆot´e, puisque A etS sont en somme directe, on a d’apr`es le cours dim(A+S) = dim(AM

S) = dim(A) + dim(S), de l’autre, le th´eor`eme du rang appliqu´e `af fournit :

dim(A) + dim(S) = dim(ker(f)) + dim(Im (f)) = dim(M_n(R)).

Ainsi, AL

S est un sous-espace vectoriel deM_n(R) de dimension dim(M_n(R)). En d´eduit que AL

S =Mn(R), autrement dit que S etA sont suppl´ementaires dans E.

3. Les matrices

M₁ = M+^tM

2 et M₂ = M −^tM 2 r´epondent `a la question.

4. Rappelons que la matrice ´el´ementaire E_ij est constitu´ee de 0, sauf `a la position (i, j), o`u se situe un 1. La famille form´ee des matrices (E_ii)_i=1,...,n et (E_ij+E_ji)_i<j forment une famille de matrices dansS. Si S = (s_ij)∈ S, on a s_ij =s_ji, et donc on a bien

S=X

i<j

s_ijE_ij +

n

X

i=1

s_iiE_ii.

Cela prouve que cette famille est g´en´eratrice.

Prouvons qu’elle est libre : soit (α_ij)_i<j et (β_i)_i=1,...,n des scalaires tels que X

i<j

α_ij(E_ij +E_ji) +

n

X

i=1

β_iE_ii= 0.

Alors le coefficient (i, j) de la matrice P

i<jα_ij(E_ij +E_ji) +Pn

i=1β_iE_ii est exactement α_ij si i < j ou i > j, ou bien βi si j =i. Ainsi, si cette matrice est nulle, on a bien αij = 0 pour tout i < j et β_i = 0 pour tout i. Cela prouve que la famille est libre.

On vient de montrer que cette famille de S est libre et g´en´eratrice, c’est donc une base de S. La famille (E_ij +E_ji)_i<j comporte autant de matrice qu’il y a d’entiers i et j entre 1 et n tels que i < j, autrement dit elle comporte ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾₂ entiers. A cela s’ajoutent les n matrices (E_ii)_i=1,...,n. La famille est donc compos´ee de ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾₂ +n= ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂ ´el´ements, on d´eduit donc

dim(S) = n(n+ 1)

2 .

Un raisonnement similaire montre que la famille (E_ij−E_ji)_i<j est une base deA, et donc que dim(A) = n(n−1)

2 .

On v´erifie que dim(A) + dim(S) =n² = dim(M_n(R)), ce qui est coh´erent avec le fait que ces deux espaces soient suppl´ementaires dans M_n(R).