Soit (i, j) ∈ {1,. . . ,n} 2 ; on a donc tr(AE i j ) = 0. Mais, en notant A = (a kl ) kl :
AE i j =



a 1i
0
. . .
0
a ni



j `
eme colonne
, d’où tr(AE i j ) = a ji .
Ceci montre A = 0 , et donc θ est injective.
4) Puisque θ : M n (K ) −→ (M n (K )) ∗ est linéaire injective,
et que M n (K ) et (M n (K )) ∗ sont de dimension finie et de même
dimension n 2 , on conclut que θ est un isomorphisme de K-ev.
a) Il existe (α 1 ,. . . ,α p ) ∈ K p tel que ϕ p+1 =
p
i=1
α i ϕ i .
Soit x ∈
p
i=1
Ker(ϕ i ) .
On a alors : ∀i ∈ {1,. . . ,p}, ϕ i (x) = 0, d'où :
ϕ p+1 (x) =
p
i=1
α i ϕ i (x) = 0, et donc x ∈ Ker(ϕ p+1 ).
Ceci montre
p
i=1
Ker(ϕ i ) ⊂ Ker(ϕ p+1 ), et donc
p+1
i=1
Ker(ϕ i )=
p
i=1
Ker(ϕ i ) .
b) Quitte à permuter ϕ 1 ,. . . ,ϕ q , on peut supposer que
(ϕ 1 ,. . . ,ϕ r ) est libre et que ϕ r+1 ,. . . ,ϕ q se décomposent linéairement sur ϕ 1 ,. . . ,ϕ r .
D'après a), on a :
q
i=1
Ker(ϕ i ) =
r
i=1
Ker(ϕ i ) .
Puisque (ϕ 1 ,. . . ,ϕ r ) est libre, le théorème de la base
incomplète montre qu'il existe ψ r+1 ,. . . ,ψ n ∈ E
∗ tels que
(ϕ 1 ,. . . ,ϕ r ,ψ r+1 ,. . . ,ψ n )soit une base de E ∗ .
Considérons sa base préduale (e 1 ,. . . ,e n ).
Soient x ∈ E, (x 1 ,. . . ,x n ) ∈ K n tel que x =
n
i=1
x i e i .
On a :
x ∈
r
i=1
Ker(ϕ i ) ⇐⇒
∀i ∈ {1,. . . ,r}, e
∗
i (x) = 0
⇐⇒
∀i ∈ {1,. . . ,r}, x i = 0
.
Ainsi,
r
i=1
Ker(ϕ i ) = Vect(e r+1 ,. . . ,e n ), et donc :
dim
r
i=1
Ker(ϕ i )
= n − r.
c) (ϕ 1 ,. . . ,ϕ n ) libre ⇐⇒ rg(ϕ 1 ,. . . ,ϕ n ) = n
⇐⇒ dim
n
i=1
Ker(ϕ i )
= 0
⇐⇒
n
i=1
Ker(ϕ i ) = {0}.
281
1) Soit X convenant. On a :
3X + 2 t X = tr (X) I 5 ,
d'où, en transposant :
3 t X + 2X = tr (X) I 5 ,
puis, en combinant pour éliminer t X :
5X = tr (X) I 5 .
Il existe donc α ∈ R tel que : X = α I 5 .
2) Réciproquement, soient α ∈ R, X = α I 5 . On a alors :
3X + 2 t X = 5α I 5
et
tr (X) I 5 = 5α I 5 .
Réponse : S =
α I 5 ; α ∈ R
.
On a :
0 = tr
N
i=1
α i p i
=
N
i=1
α i tr ( p i ) =
N
i=1
α i rg ( p i ).
Comme les α i sont tous > 0, et les rg ( p i ) sont tous 0, il
en résulte :
∀ i ∈ {1,...,N }, rg ( p i ) = 0,
et donc :
∀ i ∈ {1,...,N }, p i = 0.
On a :
∀ i ∈ {1,...,n}, f i ◦ f i = f i ,
donc f 1 ,..., f n sont des projecteurs de E.
Notons f =
n
i=1
f i . On a :
f ◦ f =
n
i=1
f i
◦
n
j=1
f j
=
1i, jn
f i ◦ f j
=
1i, jn
δ i j f i =
n
i=1
f i = f,
donc f est un projecteur.
On a alors :
rg ( f ) = tr ( f ) = tr
n
i=1
f i
=
n
i=1
tr ( f i ) =
n
i=1
rg ( f i ).
Mais les f i sont tous = 0, donc :
∀ i ∈ {1,...,n}, rg ( f i ) 1,
et, d'autre part :
rg ( f ) dim (E) = n.
Il en résulte que, dans la chaîne d'inégalités vue plus haut, il y
a égalité partout, donc :
∀ i ∈ {1,..,n}, rg ( f i ) = 1.
1.3.8
1.4.1
1.4.2
1.4.3