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Eij désigne la matrice de la base canonique de Mn(R) avec un coefficient 1 `a l' intersection de la la forme linéaire qui `a une matrice associe sa trace On en déduit que ψD(M) est une matrice de trace nulle, et donc que Im ψD ⊂ D0

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Cette matrice a pour déterminant 1, donc la famille est libre en dimension 3 C'est donc bien Problème (ENGEES PC 2000 (corrigé) Un endomorphisme de trace nulle en dimension 1 a une matrice nulle, donc à éléments diagonaux nuls

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?u?L(E)φ(u)=Tr(fou)

Danslasuite,onnoteφfl"application

φf:

?L(E)-→R u?→Tr(fou)Q5a)Montrerque ?f?L(E),(φf=0)?(f=0) b)End´eduirequel"application ?(u,v)?L(E)2,φf(uov)=φf(vou) a)Montrerque?u?L(E),uof=fou. b)Montrerquefestunehomoth´etie. c)End´eduirequ"ilexisteλ?Rtelque

φf=λTr

Onnote

ψD:

?Mn(R)-→Mn(R) (Tr(u)=0)??(?(v,w)?L(E)2u=vow-wou) ?x?E,?λx?Rtelqueu(x)=λx.x donnematriciellement: ?X?Mn1(R),?λX?RtqAX=λX.X

λ:?E-→R

1.Lesyst`eme(x,y)estlibre.Comme

u(x+y)=λx+y.(x+y)=λx.x+λy.y onobtientque (λx+y-λx).x+(λx+y-λy).y=0

λx=λy.

nuls,onabienTr(A)=λ.

MPSI24DL07Parcons´equent,

Tr(BEkl)=n?i=1bikTr(Eil)

ψ(A)=n?i=1n?j=1aijψ(Eij)

=n?i=1n?j=1aijbji=n?i=1n?j=1aijTr(BEij) l"espaceEetposons

ψ:?Mn(R)-→R

A?→φ(u)

estnulle.Maisalorsf=0. -(ii)?(i):clair. impossible.

Mate?(u)=(

(((((0?... 1?... 0?...

0?...)

?(i,j)?[[1,n]]2,(αi-αj)mij=0 i?=j,mij= labaseb,onaalorsu=v◦w-w◦v.quotesdbs_dbs26.pdfusesText_32

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