[<] Trace

 
Exercice 1  5116  

Soit p une projection d’un espace vectoriel E de dimension n1.

Montrer tr(p)=rg(p).

 
Exercice 2  2242    NAVALE (MP)Correction  

Soient E et F deux 𝕂-espaces vectoriels de dimensions finies respectives n et p avec n>p.
On considère u(E,F) et v(F,E) vérifiant

uv=IdF.
  • (a)

    Montrer que vu est un projecteur.

  • (b)

    Déterminer son rang, son image et son noyau.

Solution

  • (a)

    (vu)2=vIdFu=vu donc vu est un projecteur.

  • (b)

    Le rang d’un projecteur est égal à sa trace donc

    rg(vu)=tr(vu)=tr(uv)=tr(IdF)=p.

    On a

    Im(vu)Im(v) et dimIm(vu)=rg(vu)=prg(v)=dimIm(v).

    On en déduit

    Im(vu)=Im(v).

    On a

    Ker(u)Ker(vu) et dimKer(u)=n-rg(u)n-p=n-rg(vu)=dimKer(vu)

    donc

    Ker(vu)=Ker(u).
 
Exercice 3  4527   

Soient p1,,pn des projecteurs d’un espace E de dimension finie.

Montrer que p1++pn est un projecteur si, et seulement si, pipj=0 pour tous i et j1;n tels que ij.

 
Exercice 4  3864     X (MP)Correction  

Soient A1,,Akn() vérifiant

A1++Ak=Inet1ik,Ai2=Ai.

Montrer

1ijk,AiAj=On.

Solution

Les matrices Ai sont des matrices de projection et donc

tr(Ai)=rg(Ai).

On en déduit

i=1krg(Ai)=i=1ktr(Ai)=tr(In)=n.

Or

n=Im(i=1kAi)i=1kIm(Ai)n.

Ainsi,

i=1kIm(Ai)=n

et la relation sur les rangs donne

i=1kdim(Im(Ai))=dimn.

Les espaces Im(Ai) sont donc en somme directe

i=1kIm(Ak)=n.

Pour tout xn, on peut écrire

x=A1x++Akx.

En particulier, pour le vecteur Ajx, on obtient

Ajx=A1Ajx++Ajx++AkAjx.

La somme directe précédente donne alors par unicité d’écriture

1ijk,AiAjx=0

et peut alors conclure.

 
Exercice 5  5819   Correction  

Soient p1,,pm des projecteurs d’un espace de dimension finie E vérifiant

p1++pm=IdE.
  • (a)

    En employant la trace, établir

    dimE=rg(p1)++rg(pm).
  • (b)

    En déduire que E=Im(p1)Im(pm).

  • (c)

    Calculer pipj pour 1i,jm.

Solution

  • (a)

    Lorsque p est un projecteur, on sait tr(p)=rg(p). On a donc par linéarité de la trace

    dimE=tr(IdE)=k=1mtr(pk)=k=1mrg(pk).
  • (b)

    L’égalité qui précède donne

    dimE=k=1mdimIm(pk). (1)

    Au surplus, l’égalité p1++pm=IdE donne

    xE,x=p1(x)++pm(x)k=1mIm(pk)

    et donc

    E=k=1mIm(pk).

    Sachant (1), on obtient

    E=k=1mIm(pk). (2)
  • (c)

    Soient 1i,jm. On sait pipj=pi lorsque i=j car pi est un projecteur. Montrons pipj=0 pour ij en observant Im(pj)Ker(pi)

    Puisque pi est un projecteur, Im(pi) et Ker(pi) sont supplémentaires. Par ce qui précède, Im(pi) et kiIm(pk) sont aussi supplémentaires. On en déduit11 1 On n’a pas directement l’égalité car il n’y a pas unicité d’un supplémentaire.

    dimKer(pi)=dim1kimIm(pk).

    Pour xKer(pi), l’égalité IdE=p1++pm donne

    x=1kinpk(x)1kimIm(pk).

    On a donc l’inclusion Ker(pi)kiIm(pk) puis l’égalité par l’égalité des dimensions. En particulier, Im(pj)Ker(pi) et donc pjpi=0.

 
Exercice 6  219   Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension finie et p1,,pm des projecteurs de E dont la somme vaut IdE. On note F1,,Fm les images de p1,,pm. Montrer

E=k=1mFk.

Solution

Puisque p1++pm=IdE, on a pour tout xE,

x=p1(x)++pm(x)k=1mFk.

Ainsi,

Ek=1mFk.

De plus,

dimE=tr(IdE)=k=1mtr(pk).

Or les pk sont des projecteurs, donc tr(pk)=rg(pk)=dimFk.
Ainsi,

dimE=k=1mdimFk.

On peut alors conclure E=k=1mFk puis E=k=1mFk.

 
Exercice 7  2651     MINES (MP)Correction  

Soit G un sous-groupe fini de GLn() tel que gGtr(g)=0. Montrer que gGg=0.

Solution

Posons p=gGg. On a

p2=gGhGgh.

Or, pour gG, l’application hgh est une permutation du groupe G et donc

hGgh=p.

Par suite, p2=Card(G)p et 1Card(G)p est une projection vectorielle. Puisque son rang égale sa trace, rg(p)=0. Ainsi, p=0.

 
Exercice 8  2388     CENTRALE (MP)Correction  

Soient 𝕂= ou et H une partie non vide et finie de GLn(𝕂) stable par multiplication.

  • (a)

    Soit MH. Montrer que k*MkH n’est pas injective.
    En déduire que H est un sous-groupe de GLn(𝕂).
    Soient

    q=Card(H)etP=1qMHM.
  • (b)

    Montrer, si MH, que MP=PM=P. En déduire P2=P.

  • (c)

    Trouver un supplémentaire, dans n,1(𝕂), stable par tous les éléments de H, de

    MHKer(M-In).
  • (d)

    Montrer que

    MHtr(M)q.

    Que dire si cette somme est nulle?

Solution

  • (a)

    L’application considérée est au départ d’un ensemble infini et à valeurs dans un ensemble fini, elle ne peut donc être injective et il existe k<, Mk=M ce qui fournit Mp=In avec p=-k car M est inversible. On en déduit que InH et que M-1=Mp-1H. Cela suffit pour conclure que H est un sous-groupe de GLn(𝕂).

  • (b)

    Si MH alors NMN et NNM sont des permutations de H. On en déduit que MP=PM=P car pour chaque terme les sommes portent sur les mêmes éléments.

    P2=1qMHMP=1qMHP=P.
  • (c)

    Puisque P2=P, Im(P)=Ker(P-In) et Ker(P) sont supplémentaires dans n,1(𝕂).
    Si XKer(P) alors PX=0 et pour tout MH, PMX=PX=0 donc MXKer(P). Ainsi Ker(P) est stable par H.
    Si XMHKer(M-In) alors pour tout MH, MX=X donc PX=X puis XKer(P-In).
    Inversement, si XKer(P-In) alors PX=X et pour tout MH, X=PX=MPX=MX et donc XMHKer(M-In). Ainsi,

    MHKer(M-In)=Ker(P-In)

    et Ker(P) est solution du problème posé.

  • (d)

    P est une projection donc tr(P)=rg(P) et donc MHtr(M)=qtr(P)q.
    Si MHtr(M)=0 alors P=0. Par suite, MHKer(M-In)={0} et il n’y a donc pas de vecteur non nul invariant pour tous les éléments de H et inversement.

 
Exercice 9  3261    Correction  

Soit An(𝕂) vérifiant Ap=In (avec p*). On pose

B=1pk=0p-1Ak.
  • (a)

    Calculer AB.

  • (b)

    Vérifier B2=B.

  • (c)

    En déduire

    dimKer(A-In)=1pk=0p-1tr(Ak).

Solution

  • (a)

    Puisque Ap=In, on a

    AB=1pk=0p-1Ak+1=1p(A++Ap-1+Ap)=1p(In+A++Ap-1)=B
  • (b)

    Par récurrence AkB=B pour tout k. On en déduit

    B2=1pk=0p-1AkB=1pk=0p-1B=B

    et donc B est la matrice d’un projecteur.

  • (c)

    Par suite,

    rg(B)=tr(B)=1pk=0p-1tr(Ak).

    Pour XKer(A-In), on a AX=X donc BX=X et ainsi Ker(A-In)Im(B).
    Inversement, si YIm(B), il existe Xn,1(𝕂) tel que Y=BX et alors

    (A-In)Y=ABX-BX=BX-BX=0

    donc Im(B)Ker(A-In) puis Im(B)=Ker(A-In). On peut alors conclure

    dimKer(A-In)=rg(B)=1pk=0p-1tr(Ak).
 
Exercice 10  734      MINES (MP)

Soient E un espace vectoriel de dimension finie et G un sous-groupe de GL(E) de cardinal fini n*. Montrer

dim(gGKer(g-IdE))=1ngGtr(g).

[<] Trace



Édité le 14-10-2023

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