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Sujet 11 - Exercice 1

40 min
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On désigne par EE l'ensemble suivant :
E={ (x+y−x+2yyyx−y)∈M2 ; 3(R)   avec: (x ; y)∈R2}E = \left\lbrace \, \begin{pmatrix} x+y & -x+2y & y \\ y & x & -y \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R}) \,\,\, \mathrm{avec :}\, (x\,;\,y) \in \mathbb{R}^2 \right\rbrace
Question 1

Démontrer que EE est un sous-espace vectoriel du R\mathbb{R}-espace vectoriel V=M2 ; 3(R)V = \mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R}).

Correction
L'ensemble EE est inclus dans V=M2 ; 3(R)V = \mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R}).
L'élément nul de V=M2 ; 3(R)V = \mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R}) est la matrice nulle O2 ; 3=(000000)\mathcal{O}_{2\,;\,3} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Or, si mon pose x=y=0x = y = 0 dans la matrice définissant l'ensemble EE, on obtient :
{ (0+0−0+2×0000−0)∈M2 ; 3(R)   avec: (x=0 ; y=0)}\left\lbrace \, \begin{pmatrix} 0+0 & -0 + 2\times 0 & 0 \\ 0 & 0 & -0 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R}) \,\,\, \mathrm{avec :}\, (x=0\,;\,y=0) \right\rbrace
Soit :
{ (000000)∈M2 ; 3(R)   avec: (x=0 ; y=0)}\left\lbrace \, \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R}) \,\,\, \mathrm{avec :}\, (x=0\,;\,y=0) \right\rbrace
Soit encore :
{ O2 ; 3∈M2 ; 3(R)   avec: (x=0 ; y=0)}\left\lbrace \, \mathcal{O}_{2\,;\,3} \in \mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R}) \,\,\, \mathrm{avec :}\, (x=0\,;\,y=0) \right\rbrace
Dès lors on constate que 0V∈E0_{V} \in E
Enfin, on désigne par λ\lambda un nombre réel et on considère les deux matrices suivantes :
M1=(x+y−x+2yyyx−y)∈E   et   M2=(x′+y′−x′+2y′y′y′x′−y′)∈EM_1 = \begin{pmatrix} x+y & -x+2y & y \\ y & x & -y \end{pmatrix} \in E \,\,\, \mathrm{et} \,\,\, M_2 = \begin{pmatrix} x'+y' & -x'+2y' & y' \\ y' & x' & -y' \end{pmatrix} \in E
On a :
M1+λM2=(x+y−x+2yyyx−y)+λ(x′+y′−x′+2y′y′y′x′−y′)M_1 + \lambda M_2 = \begin{pmatrix} x+y & -x+2y & y \\ y & x & -y \end{pmatrix} + \lambda \begin{pmatrix} x'+y' & -x'+2y' & y' \\ y' & x' & -y' \end{pmatrix}
Soit encore :
M1+λM2=(x+y+λ(x′+y′)−x+2y+λ(−x′+2y′)y+λ(y′)y+λy′x+λx′−y+λ(−y′))M_1 + \lambda M_2 = \begin{pmatrix} x+y + \lambda (x'+y') & -x+2y + \lambda (-x'+2y') & y + \lambda (y') \\ y + \lambda y' & x + \lambda x' & -y + \lambda (-y') \end{pmatrix}
Ce qui s'écrit aussi comme :
M1+λM2=((x+λx′)+(y+λy′)−(x+λx′)+2(y+λy′)y+λy′y+λy′x+λx′−(y+λy′))M_1 + \lambda M_2 = \begin{pmatrix} (x + \lambda x')+(y + \lambda y') & -(x + \lambda x')+2(y + \lambda y') & y + \lambda y' \\ y + \lambda y' & x + \lambda x' & -(y + \lambda y') \end{pmatrix}
Ce qui nous montre que :
M1+λM2∈EM_1 + \lambda M_2 \in E
En conclusion, EE est bien un sous-espace vectoriel du R\mathbb{R}-espace vectoriel V=M2 ; 3(R)V = \mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R}).
Question 2

Déterminer une base BE\mathcal{B}_E.

Correction
On a :
E={ (x+y−x+2yyyx−y)∈M2 ; 3(R)   avec: (x ; y)∈R2}E = \left\lbrace \, \begin{pmatrix} x+y & -x+2y & y \\ y & x & -y \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R}) \,\,\, \mathrm{avec :}\, (x\,;\,y) \in \mathbb{R}^2 \right\rbrace
Soit :
E={ (x−x00x0)+(y2yyy0−y)   avec: (x ; y)∈R2}E = \left\lbrace \, \begin{pmatrix} x & -x & 0 \\ 0 & x & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} y & 2y & y \\ y & 0 & -y \end{pmatrix} \,\,\, \mathrm{avec :}\, (x\,;\,y) \in \mathbb{R}^2 \right\rbrace
Soit encore :
E={ x(1−10010)+y(12110−1)   avec: (x ; y)∈R2}E = \left\lbrace \, x\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} + y\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \,\,\, \mathrm{avec :}\, (x\,;\,y) \in \mathbb{R}^2 \right\rbrace
Donc l'ensemble EE est engendré par les deux vecteurs Q1=(1−10010)Q_1 = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} et Q2=(12110−1)Q_2 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}. Vérifions si ces deux vecteurs sont libres dans VV. Soient λ1\lambda_1 et λ2\lambda_2 deux nombres réels. On a alors :
λ1Q1+λ2Q2=0E   ⟹   λ1(1−10010)+λ2(12110−1)=(000000)\lambda_1 Q_1 + \lambda_2 Q_2 = 0_E \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lambda_1\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} + \lambda_2 \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
Soit :
λ1Q1+λ2Q2=0E   ⟹   (λ1−λ100λ10)+(λ22λ2λ2λ20−λ2)=(000000)\lambda_1 Q_1 + \lambda_2 Q_2 = 0_E \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} \lambda_1 & -\lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} \lambda_2 & 2\lambda_2 & \lambda_2 \\ \lambda_2 & 0 & -\lambda_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
Soit encore :
λ1Q1+λ2Q2=0E   ⟹   (λ1−λ100λ10)+(λ1+λ2−λ1+2λ2λ2λ2λ1−λ2)=(000000)\lambda_1 Q_1 + \lambda_2 Q_2 = 0_E \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} \lambda_1 & -\lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} \lambda_1 + \lambda_2 & - \lambda_1 + 2\lambda_2 & \lambda_2 \\ \lambda_2 & \lambda_1 & -\lambda_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
Ce qui nous permet d'écrire que :
λ1Q1+λ2Q2=0E   ⟹   λ1=λ2=0\lambda_1 Q_1 + \lambda_2 Q_2 = 0_E \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lambda_1 = \lambda_2 = 0
Donc les deux vecteurs (1−10010)\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} et (12110−1)\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} sont libres dans VV. De fait ces deux vecteurs forment une base de EE.
Finalement, une base BE\mathcal{B}_E de EE peut-être :
BE=((1−10010)  ;  (12110−1))\mathcal{B}_E = \left( \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \,\, ;\,\, \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \right)
Question 3

Déterminer la dimension de EE.

Correction
La base BE=((1−10010)  ;  (12110−1))\mathcal{B}_E = \left( \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \,\, ;\,\, \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \right) est constituée de deux vecteurs. Donc :
dim⁡(E)=2\dim(E) = 2
Question 4

La base BE\mathcal{B}_E est-elle une base de V=M2 ; 3(R)V = \mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R}) ?

Correction
On sait que dim⁡(V)=dim⁡(M2 ; 3(R))=2×3=6\dim (V) = \dim (\mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R})) = 2 \times 3 = 6.
Or, on vient de démontrer que dim⁡(E)=2\dim(E) = 2.
En conclusion, la base BE\mathcal{B}_E ne peut pas être une base de l'espace vectoriel VV.
Question 5

Déterminer une base de V=M2 ; 3(R)V = \mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R}).

Correction
Nous allons compléter la base BE\mathcal{B}_E par quatre vecteurs (éléments) de M2 ; 3(R)\mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R}). Effectuons notre choix au sein de la base canonique de M2 ; 3(R)\mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R}).
Au sein de la base canonique de M2 ; 3(R)\mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R}), choisissons les éléments suivants :
∙  E1 ; 2=(010000)\bullet \,\, E_{1\,;\,2} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
∙∙  E1 ; 3=(001000)\bullet \bullet \,\, E_{1\,;\,3} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
∙∙∙  E2 ; 1=(000100)\bullet \bullet \bullet \,\, E_{2\,;\,1} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}
∙∙  E1 ; 3=(001000)\bullet \bullet \,\, E_{1\,;\,3} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
∙∙∙∙  E2 ; 2=(000010)\bullet \bullet \bullet \bullet \,\, E_{2\,;\,2} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
Soient λ1\lambda_1, λ2\lambda_2, λ3\lambda_3, λ4\lambda_4, λ5\lambda_5 et λ6\lambda_6 six nombres réels. On a alors :
λ1Q1+λ2Q2+λ3E1 ; 2+λ4E1 ; 3+λ5E2 ; 1+λ6E2 ; 2=0E   ⟹   λ1(1−10010)+λ2(12110−1)+λ3(010000)+λ4(001000)+λ5(000100)+λ6(000010)=(000000)\begin{array}{l} \lambda_1 Q_1 + \lambda_2 Q_2 + \lambda_3 E_{1\,;\,2} + \lambda_4 E_{1\,;\,3} + \lambda_5 E_{2\,;\,1} + \lambda_6 E_{2\,;\,2} = 0_E \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \\ \\ \lambda_1\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} + \lambda_2 \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} + \lambda_3 \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \lambda_4 \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \lambda_5 \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \lambda_6 \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \\ = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{array}
Soit :
λ1Q1+λ2Q2+λ3E1 ; 2+λ4E1 ; 3+λ5E2 ; 1+λ6E2 ; 2=0E   ⟹   (λ1−λ100λ10)+(λ22λ2λ2λ20−λ2)+(0λ30000)+(00λ4000)+(000λ500)+(0000λ60)=(000000)\begin{array}{l} \lambda_1 Q_1 + \lambda_2 Q_2 + \lambda_3 E_{1\,;\,2} + \lambda_4 E_{1\,;\,3} + \lambda_5 E_{2\,;\,1} + \lambda_6 E_{2\,;\,2} = 0_E \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \\ \\ \begin{pmatrix} \lambda_1 & -\lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} \lambda_2 & 2\lambda_2 & \lambda_2 \\ \lambda_2 & 0 & -\lambda_2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & \lambda_3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 & \lambda_4 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ \lambda_5 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_6 & 0 \end{pmatrix} \\ = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{array}
Soit encore :
λ1Q1+λ2Q2+λ3E1 ; 2+λ4E1 ; 3+λ5E2 ; 1+λ6E2 ; 2=0E   ⟹   (λ1+λ2−λ1+2λ2+λ3λ2+λ4λ2+λ5λ1+λ6−λ2)=(000000)\begin{array}{l} \lambda_1 Q_1 + \lambda_2 Q_2 + \lambda_3 E_{1\,;\,2} + \lambda_4 E_{1\,;\,3} + \lambda_5 E_{2\,;\,1} + \lambda_6 E_{2\,;\,2} = 0_E \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \\ \\ \begin{pmatrix} \lambda_1 + \lambda_2 & -\lambda_1 + 2\lambda_2 + \lambda_3 & \lambda_2 + \lambda_4 \\ \lambda_2 + \lambda_5 & \lambda_1 + \lambda_6 & -\lambda_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{array}
On obtient alors le système suivant :
{λ1+λ2=0−λ1+2λ2+λ3=0λ2+λ4=0λ2+λ5=0λ1+λ6=0−λ2=0   ⟹   λ1=λ2=λ3=λ4=λ5=λ6=0\left\lbrace \begin{array}{rcl} \lambda_1 + \lambda_2 & = & 0 \\ \\ -\lambda_1 + 2\lambda_2 + \lambda_3 & = & 0 \\ \\ \lambda_2 + \lambda_4 & = & 0 \\ \\ \lambda_2 + \lambda_5 & = & 0 \\ \\ \lambda_1 + \lambda_6 & = & 0 \\ \\ - \lambda_2 & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = \lambda_4 = \lambda_5 = \lambda_6 = 0
De fait, la famille vectorielle ((1−10010) ; (12110−1) ; (010000) ; (001000) ; (000100) ; (000010))\left( \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \right) est libres dans VV.
Or, dans les rappels de cours, nous avons vu que :
        ▶  7−Theˊoreˋme{\color{blue}{\bf{\,\,\,\,\,\,\,\, \blacktriangleright \,\, 7 - Théorème }}}
Si VV est un espace vectoriel de dimension n⩾1n \geqslant 1, alors :
2 −  2 \, - \,\, une famille libre ayant exactement nn éléments est une base. On l'appelle "famille libre maximale dans VV" ;
Ceci nous permet d'affirmer que la famille vectorielle
((1−10010) ; (12110−1) ; (010000) ; (001000) ; (000100) ; (000010))\left( \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \right)
est une base de VV.