Sujet $$1$$ - Exercice 1

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

On a :
$$E = \left\lbrace \, \begin{pmatrix} x+y & -x+2y & y \\ y & x & -y \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R}) \,\,\, \mathrm{avec :}\, (x\,;\,y) \in \mathbb{R}^2 \right\rbrace$$
Soit :
$$E = \left\lbrace \, \begin{pmatrix} x & -x & 0 \\ 0 & x & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} y & 2y & y \\ y & 0 & -y \end{pmatrix} \,\,\, \mathrm{avec :}\, (x\,;\,y) \in \mathbb{R}^2 \right\rbrace$$
Soit encore :
$$E = \left\lbrace \, x\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} + y\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \,\,\, \mathrm{avec :}\, (x\,;\,y) \in \mathbb{R}^2 \right\rbrace$$
Donc l'ensemble $$E$$ est engendré par les deux vecteurs $$Q_1 = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$$ et $$Q_2 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}$$. Vérifions si ces deux vecteurs sont libres dans $$V$$. Soient $$\lambda_1$$ et $$\lambda_2$$ deux nombres réels. On a alors :
$$\lambda_1 Q_1 + \lambda_2 Q_2 = 0_E \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lambda_1\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} + \lambda_2 \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$
Soit :
$$\lambda_1 Q_1 + \lambda_2 Q_2 = 0_E \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} \lambda_1 & -\lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} \lambda_2 & 2\lambda_2 & \lambda_2 \\ \lambda_2 & 0 & -\lambda_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$
Soit encore :
$$\lambda_1 Q_1 + \lambda_2 Q_2 = 0_E \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} \lambda_1 & -\lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} \lambda_1 + \lambda_2 & - \lambda_1 + 2\lambda_2 & \lambda_2 \\ \lambda_2 & \lambda_1 & -\lambda_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$
Ce qui nous permet d'écrire que :
$$\lambda_1 Q_1 + \lambda_2 Q_2 = 0_E \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lambda_1 = \lambda_2 = 0$$
Donc les deux vecteurs $$\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$$ et $$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}$$ sont libres dans $$V$$. De fait ces deux vecteurs forment une base de $$E$$.
Finalement, une base $$\mathcal{B}_E$$ de $$E$$ peut-être :
$$\mathcal{B}_E = \left( \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \,\, ;\,\, \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \right)$$

La base $$\mathcal{B}_E = \left( \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \,\, ;\,\, \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \right)$$ est constituée de deux vecteurs. Donc :
$$\dim(E) = 2$$

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

Nous allons compléter la base $$\mathcal{B}_E$$ par quatre vecteurs (éléments) de $$\mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R})$$. Effectuons notre choix au sein de la base canonique de $$\mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R})$$.
Au sein de la base canonique de $$\mathcal{M}_{2\,;\,3}(\mathbb{R})$$, choisissons les éléments suivants :
$$\bullet \,\, E_{1\,;\,2} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$
$$\bullet \bullet \,\, E_{1\,;\,3} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$
$$\bullet \bullet \bullet \,\, E_{2\,;\,1} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$
$$\bullet \bullet \,\, E_{1\,;\,3} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$
$$\bullet \bullet \bullet \bullet \,\, E_{2\,;\,2} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$$
Soient $$\lambda_1$$, $$\lambda_2$$, $$\lambda_3$$, $$\lambda_4$$, $$\lambda_5$$ et $$\lambda_6$$ six nombres réels. On a alors :
$$\begin{array}{l} \lambda_1 Q_1 + \lambda_2 Q_2 + \lambda_3 E_{1\,;\,2} + \lambda_4 E_{1\,;\,3} + \lambda_5 E_{2\,;\,1} + \lambda_6 E_{2\,;\,2} = 0_E \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \\ \\ \lambda_1\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} + \lambda_2 \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} + \lambda_3 \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \lambda_4 \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \lambda_5 \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \lambda_6 \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \\ = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{array}$$
Soit :
$$\begin{array}{l} \lambda_1 Q_1 + \lambda_2 Q_2 + \lambda_3 E_{1\,;\,2} + \lambda_4 E_{1\,;\,3} + \lambda_5 E_{2\,;\,1} + \lambda_6 E_{2\,;\,2} = 0_E \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \\ \\ \begin{pmatrix} \lambda_1 & -\lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} \lambda_2 & 2\lambda_2 & \lambda_2 \\ \lambda_2 & 0 & -\lambda_2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & \lambda_3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 & \lambda_4 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ \lambda_5 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_6 & 0 \end{pmatrix} \\ = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{array}$$
Soit encore :
$$\begin{array}{l} \lambda_1 Q_1 + \lambda_2 Q_2 + \lambda_3 E_{1\,;\,2} + \lambda_4 E_{1\,;\,3} + \lambda_5 E_{2\,;\,1} + \lambda_6 E_{2\,;\,2} = 0_E \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \\ \\ \begin{pmatrix} \lambda_1 + \lambda_2 & -\lambda_1 + 2\lambda_2 + \lambda_3 & \lambda_2 + \lambda_4 \\ \lambda_2 + \lambda_5 & \lambda_1 + \lambda_6 & -\lambda_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{array}$$
On obtient alors le système suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \lambda_1 + \lambda_2 & = & 0 \\ \\ -\lambda_1 + 2\lambda_2 + \lambda_3 & = & 0 \\ \\ \lambda_2 + \lambda_4 & = & 0 \\ \\ \lambda_2 + \lambda_5 & = & 0 \\ \\ \lambda_1 + \lambda_6 & = & 0 \\ \\ - \lambda_2 & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = \lambda_4 = \lambda_5 = \lambda_6 = 0$$
De fait, la famille vectorielle $$\left( \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \right)$$ est libres dans $$V$$.
Or, dans les rappels de cours, nous avons vu que :
$${\color{blue}{\bf{\,\,\,\,\,\,\,\, \blacktriangleright \,\, 7 - Théorème }}}$$
Si $$V$$ est un espace vectoriel de dimension $$n \geqslant 1$$, alors :
$$2 \, - \,\,$$ une famille libre ayant exactement $$n$$ éléments est une base. On l'appelle "famille libre maximale dans $$V$$" ;
Ceci nous permet d'affirmer que la famille vectorielle
$$\left( \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \,;\, \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \right)$$
est une base de $$V$$.