J.F.C. p. 1 EM LYON x e t dt converge également.

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1 J.F.C. p. EM LYON 23 PROBLÈME Partie I : Étude d une fonction f définie par une intégrale. Soit un réel appartenant à ], [. t e t t est continue sur [, [. t [, [, t et e t donc t [, [, e t t e t. Le cours indique que ], [ donc est définie en. Alors dt converge car Γ : z e t dt converge également. t z dt a pour domaine de définition Les règles de comparaison sur les intégrales impropres de fonctions positives montrent alors que converge. t dt Pour tout réel appartenant à ], [, l intégrale 2. Soit un réel appartenant à ], [. t [, [, donc t dt car! t t [, ], e car t est décroissante sur [, ] et Donc t [, ], Ainsi f = ], [, f e t t t dt =. Comme : t dt dt t dt t ], [, f dt converge. t. t e t dt. dt t e t dt. e t dt. e t dt = e [ ln t ] = e ln ln = e ln ln.

2 J.F.C. p. 2 Par conséquent ], [, f e ln ln. Or lim ln =, lim ln = et e > donc lim e ln ln =. Les deu points précédents permettent alors de dire que : 3. Soit un réel appartenant à ], [. lim f =. Comme nous l avons vu dans la première question t [, [, < De plus Alors, comme <, < dt converge et vaut Γ donc! ou encore. t dt e t t e t. dt = Donc < f ], [, < f ], [, < f et lim =. Il vient alors par encadrement : lim f =. 4. Comme nous l avons déjà dit Γ : z définie en 2. Par conséquent t dt converge. t z dt a pour domaine de définition ], [ donc est t dt converge. Soit un réel appartenant à ], [. f = f = f Γ = f = e t t t dt = t dt dt = t t dt. Donc f = t [, [, t et > donc t [, [, t 2 >. Alors t [, [, t 2 et t e t. t e t Ainsi t [, [, t 2 t e t, et En intégrant on obtient alors : t t dt 2 t dt converge. t dt. [ t ] dt. t t dt.

3 J.F.C. p. 3 Donc f 2 t dt. Alors f = f = f 2 t dt. ], [, f 2 t dt. Remarque t dt = Γ2 = 2! =. Donc ], [, f 2 ], [, f = f 2 t dt = t dt = t dt. Comme lim t f dt =, il vient par encadrement lim f = ou lim =. Alors : f Partie II : Une autre epression intégrale de f Remarque inappropriés. Il convient quand même de noter que les arguments utilisés dans cette partie sont totalement Le changement de variable u = t donne en une ligne le résultat de la question. Qui permet, toujours en une ligne, de montrer que f est dérivable sur ], [ et que R, f = f. Mais pourquoi faire simple lorsque l on peut faire compliqué?! A- Dérivabilité et epression de la dérivée de f sous forme intégrale 5. Dans cette question est un réel strictement positif et h un réel non nul strictement supérieur à 2 a. t e t est continue sur [, [. t 2 t [, [, t > donc t [, [, t 2 >. Alors t [, [, Par conséquent t [, [, Comme nous l avons déjà vu t 2 2 et e t. e t t 2 2 e t. dt converge. Il en est alors de même de 2 e t dt. Les deu points précédents et les règles de comparaison sur les intégrales impropres de fonctions positives montrent que dt converge. t 2

4 J.F.C. p. 4 dt converge. t 2 b. Soit t un réel de l intervalle [, [. h h t t t 2 = t h t h h t t t 2 h h t t t 2 = h h h t t t 2 h h t t t 2 = t 2 h t t = h t t h t t 2 h h t t t 2 = h h t t 2 h t h 2 = 2 > car h > 2 et t2 2 > comme nous l avons déjà vu. Donc h t t >. Alors h t t 2 = h t t >. Par conséquent h t t Comme h : h h t t t 2 = h h t t 2 c. Posons h = t [, [, h f h f h h t t t 2 2 h 3 2 h 3 2 h dt et montrons que h t 2 3. Remarque Notons que h a un sens car >, h > puisque h > 2 et > et converge. h = h h t dt t dt [ h = h h t ] t t 2 dt. [ t [, [,, h h t ] t t 2 = h [ t [, [,, h h t ] t t 2 Or dt converge et vaut donc 2 h 3 t 2 dt h t t 2 h 3 e t. e t dt converge également et vaut 2 h 3 t 2 dt t 2 e t. Les règles de comparaison sur les intégrales impropres de fonctions positives permettent alors de dire [ que h h t ] t t 2 2 h dt converge et est majorée par 3 e t dt.

5 [ h Ainsi h t t [ On peut alors majorer h [ h h t t Donc [ h h Finalement : J.F.C. p. 5 ] t 2 dt est absolument convergente donc convergente. h t t 2 h t t t ] dt. f h f h ] t 2 dt par ] t 2 2 h dt 3 e t dt = 2 h 3 t 2 dt 2 h 3 6. Soit un réel strictement positif. h ] [ 2, ], [, f h f h h ] [ 2, ], [, f h f h f h f Alors par encadrement il vient : lim h h Ainsi f est dérivable en et f = t 2 dt 2 h 3 t 2 dt 2 h 3 = t 2 dt. t 2 dt. et lim h 2 h 3 =. f est dérivable sur ], [ et ], [, f = t 2 dt. Remarque Il est aisé de montrer que f est strictement négative sur ], [. Ainsi f est strictement décroissante sur ], [. Ce que l on peut aussi obtenir en une ligne en utilisant la définition de la stricte décroissance. 7. Soit un réel strictement positif. Soit ε, A ], ] [, [. Posons t [, [, u t = t et vt = e t. u et v sont de classe C sur [, [. De plus t [, [, u t = ε t 2 et v t =. Ceci autorise l intégration par parties suivante. A [ t 2 dt = ] A A t e t ε ε t e t A dt = e A A e ε ε ε t dt. ], [, ε, A ], ] [, [, A ε A e A dt = t 2 A e ε ε ε t dt. Remarque Le ε n était pas franchement utile ici...

6 A On pouvait directement obtenir ], [, A [, [ 8. Soit un réel strictement positif. ε, A ], ] [, [, lim ε lim A A t 2 dt converge et vaut f. dt converge et vaut f. t e ε ε = e A A = ε e A dt = t 2 A e ε ε lim e A = =. A A e A dt = t 2 A A A ε t dt. J.F.C. p. 6 En faisant tendre successivement ε vers par valeurs supérieures et A vers dans on obtient : f = f. Donc f = f. t dt ], [, f = f. 9. et f sont dérivables sur ], donc f est dérivable sur ], [. Ainsi f est dérivable sur ], [. Alors f est deu fois dérivable sur ], [ et ], [, f = 2 f = 2 f. f est dérivable sur ], [ donc est continue sur ], [. Comme 2 somme f est continue sur ], [. Finalement : est continue sur ], [, par f est de classe C 2 sur ], [ et ], [, f = 2 f. B- Intervention d une fonction auiliaire g. e et f sont dérivables sur ], [ donc, par produit, g est dérivable sur ], [. ], [, g = e f e f = e f f = e = e g est dérivable sur ], [ et ], [, g = e. Soit un réel appartenant à ], [. u e u u A [, [, Or A lim ga = A A g u du = [ gu ] A u du = e A fa = =. lim A est continue sur [, [. = g ga.

7 J.F.C. p. 7 Donc A lim A Par conséquent u du = lim g ga = g = g. A u du converge et vaut g. Pour tout élément de ], [, u du converge et g = ], [, g = e f donc ], [, f = e g = e ], [, f = e 2. Nous avons vu dans la question 4 que f Donc u du = g = e f e = e u du e u du. u du. u du. 3. D après la question précédente n 2 n 2 n n N, u du n e n e e n n. La série de terme général n n n. e u du e n n2 n n = n e n = e n n converge car e terme général e n e n converge également. n. e e < série géométrique dérivée donc la série de Les règles de comparaison sur les séries à termes positifs montrent alors que la série de terme général n 2 n u du converge. La série n n 2 n u du converge. Partie III : Étude d une densité 4. Nous avons vu dans la question 3. que ], [, f >. Donc f >. Alors pour tout élément t de [, [, f t > et >.

8 J.F.C. p. 8 Donc pour tout élément t de [, [, f t est un réel strictement positif. Ainsi h est définie et strictement positive sur [, [. De plus h est nulle sur ], [. Alors h est définie sur R et t R, ht. t et t t Alors h est continue sur [, [. sont continues sur [, [, donc t f Comme h est nulle sur ], [, h est continue sur ], [. t est continue sur [, [. Par conséquent h est au moins continue sur R {} donc sur R privé d un ensemble fini de points. dt converge et vaut f Alors t f t dt converge et vaut f donc. f Par conséquent Comme h est nulle sur ], [, Alors ht dt converge et vaut. ht dt converge et vaut. ht dt converge et vaut. Ceci achève de montrer que : h est une densité de probabilité. 5. t t ht est nulle sur ], [ donc t [, [, t ht = f Alors De plus Alors t t = t f t dt converge et vaut Γ donc et t ht dt converge et vaut. = f e t f ht dt converge et vaut. t = f e t ht. t ht dt converge comme combinaison linéaire de deu intégrales convergentes. t ht dt = f t ht dt converge et vaut dt. Par conséquent : f X possède une espérance qui vaut ht dt = f = f. f.

9 J.F.C. p. 9 PROBLÈME 2 Dans ce qui suit E, E 2,..., E n est la base canonique de M n, R. Rappelons alors que si M est une matrice de M n R, pour tout j dans [, n], C j M = ME j. Dans les parties I, II, III, IV <.,. > est le produit scalaire canonique de M n, R... Partie I : Un eemple. j [, 4], C j A = A E j = U t V E j = t V E j U car t V E j est assimilable à un réel. j [, 4], C j A = A E j =< V, E j > U. < V, E >=, < V, E 2 >=, < V, E 3 >= 2 et < V, E 4 >=. Ainsi C A = A E = U, C 2 A = A E 2 = U, C 3 A = A E 3 = 2 U et C 4 A = A E 4 = U. Alors Vect C A, C 2 A, C 3 A, C 4 A = VectU, U, 2 U, U = VectU. Donc rg A = dim Vect C A, C 2 A, C 3 A, C 4 A = dim VectU = car U n est pas nul. Par conséquent rg A < 4. Alors la matrice A n est pas inversible et est valeur propre de A Remarque A = est valeur propre de A. dim SEP A, = 4 rg A = 3. De plus AE E 2 = AE AE 2 = U U = M4,R, AE E 4 = AE AE 4 = U U = M4,R et A2 E E 3 = 2 AE AE 3 = 2 U 2 U = M4,R. Alors B = E E 2, E E 4, 2 E E 3 est une famille de trois éléments de SEP A,. Montrons que B est une base de SEP A,. Comme SEP A, est de dimension 3 il suffit de montrer que cette famille est libre. Soient α, β et γ trois réels tels que α E E 2 β E E 4 γ 2 E E 3 = M4,R. αβ2 γ E α E 2 γ E 3 β E 4 = M4,R et E, E 2, E 3, E 4 est libre donc αβ2γ = α = γ = β =. α = β = γ =. Ceci achève de montrer que B est famille libre.

10 J.F.C. p. B est une famille libre de SEP A,, dont le cardinal coïncide avec la dimension de SEP A,. C est donc une base de SEP A,. B = E E 2, E E 4, 2 E E 3 ou B =,, de A associé à la valeur propre. 2 est une base du sous-espace propre 2. a. A U = U t V U = t V U U =< V, U > U = U = U A U = U. b. A U = U et U M4,R donc est une valeur propre de A et U un vecteur propre associé. Notons que dim SEP A,! Alors 4 dim SEP A, λ dim SEP A, dim SEP A, = 3 dim SEP A, λ 3 = 4. λ Sp A Donc 4 = dim SEP A, λ = dim SEP A, dim SEP A, = 3 dim SEP A, λ. λ Sp A Ceci montre que :. et sont les seules valeurs propres de A. 2. dim SEP A, =. Ainsi B 2 = U est une base de SEP A,. 3. A est diagonalisable dans M 4 R. A est diagonalisable dans M 4 R. c. B = E E 2, E E 4, 2 E E 3 est une base de SEP A,, B 2 = U est une base de SEP A, et M 4, R = SEP A, SEP A,. Alors B = B B 2 = E E 2, E E 4, 2 E E 3, U est une base de M 4, R constituée de vecteurs propres de A respectivement associés au valeurs propres,, et. Soit P la matrice de passage de la base canonique de M 4, R à la base B P = P est inversible car c est une matrice de passage. 3. P A P est la matrice diagonale D = Diag,,, =. D = P A P.

11 J.F.C. p. 2 2 D = Diag,,, = est une matrice diagonale de M 4 R et P = 3 4 est une matrice inversible de M 4 R telles que A = P DP Eercice Montrer que P = Partie II : Trace d une matrice carrée 3. Soit λ un réel. Soient A = a i,j i,j n et B = b i,j i,j n deu éléments de M n R. λ AB = λ a i,j b i,j i,j n donc Trλ AB = n λ ai,i b i,i = λ a i,i n b i,i = λ TrATrB. i= i= i= λ R, A, B M n R 2, Trλ A B = λ TrA TrB. Ainsi : Tr est une application linéaire de M n R dans R. Tr est une forme linéaire sur M n R. 4. Soient A = a i,j i,j n et B = b i,j i,j n deu éléments de M n R. Posons C = c i,j i,j n = AB et D = d i,j i,j n = BA. TrC = c i,i = a i,k b k,i = a i,k b k,i = i= i= k= k= i= k= b k,i a i,k = d k,k = TrD. i= k= A, B M n R 2, TrAB = TrBA. 5. Soit A = a i,j i,j n une matrice de M n R. Posons t A = a i,j i,j n et t AA = h i,j i,j n. i, j [, n] 2, a i,j = a j,i et h i,j = a i,k a k,j = a k,i a k,j. k= k= Tr t AA = h i,i = a k,i a k,i = a 2 k,i = i= i= k= i= k= i= j= a 2 j,i. Si A = a i,j i,j n est une matrice de M n R, Tr t AA = a 2 i,j. i= j= Partie III : Une caractérisation des matrices de rang 6. a. U est V sont deu éléments de M n, R.

12 J.F.C. p. 2 Alors U est une matrice ayant n lignes et une colonne à coefficients réels, et t V est une matrice ayant une ligne et n colonnes à coefficients réels. Alors le produit U t V a un sens et est une matrice ayant n lignes et n colonnes à coefficients réels. Ainsi : U t V appartient à M n R. Posons U t V = α i,j i,j n. Soit i, j un couple d éléments de [, n]. α i,j est le produit de la ième ligne de U qui est la matrice u i de M R avec la jème colonne de t V qui est la matrice v j de M R donc α i,j = u i v j. U t V = u i v j i,j n. b. Tr U t V = α i,i = u i v i. i= i= Tr t U t V = u i v i. i= c. j [, n], C j U t V = U t V E j = t V E j U =< V, E j > U = v j U. Alors Vect C U t V, C 2 U t V..., C n U t V = Vectv U, v 2 U,..., v n U VectU. V n est pas la matrice nulle de M n, R donc il eiste un élément j de [, n] tel que v j. Alors C j U t V = v j U donne U = v j C j U t V donc U Vect C U t V, C 2 U t V..., C n U t V. Ainsi VectU Vect C U t V, C 2 U t V..., C n U t V. Finalement Vect C U t V, C 2 U t V..., C n U t V = VectU. Alors rg U t V = dim Vect C U t V, C 2 U t V..., C n U t V = dim VectU = car U Mn,R. Le rang de U t V est. 7. a. rg A = donc dim Vect C U t V, C 2 U t V..., C n U t V =. Nécessairement il eiste un élément j de [, n] tel que C j A Mn,R. Ainsi C j A est une base de la droite vectorielle Vect C U t V, C 2 U t V..., C n U t V. Alors pour tout élément j de [, n], il eiste un réel α j tel que C j A = α j C j A. Il eiste un élément j de [, n] tel que, pour tout élément j de [, n], il eiste un réel α j vérifiant : C j A = α j C j A.

13 b. Posons U = C j A et considérons la matrice V de M n, R égale à α α 2. α n ou à α i i n. J.F.C. p. 3 Si U = Mn,R ou si α = α 2 = = α n = : j [, n], C j A = α j C j A = Mn,R ; alors A = MnR et rg A =!! Par conséquent U Mn,R et α, α 2,..., α n R n donc U Mn,R et V Mn,R. j [, n], C j U t V = U t V E j =< V, E j > U = α j U = α j C j A = C j A. j [, n], C j U t V = C j A donc U t V = A. Il eiste deu matrices colonnes non nulles U et V de M n, R telles que A = U t V. 8. Les résultats des deu questions précédentes montrent que : une matrice A de M n, R est de rang si et seulement si il eiste deu matrices non nulles U et V de M n, R telles que A = U t V. Partie IV : Une application en probabilités 9. U X = P X = i et U i n Y = P Y = i. i n Alors d après Q6 a, U t X U Y = P X = i P Y = j. i,j n Or X et Y sont indépendantes donc i, j [, n] 2, P X = i P Y = j = P {X = i} {Y = j} = m i,j. Donc : U t X U Y = M. P X = i = et P Y = j = donc il eiste deu éléments i et j de [[, n] tels que P X = i i= et P Y = j. j= Alors U X et U Y sont des matrices non nulles de M n, R, et M = U X t U Y. Q6 montre que :. a. Posons C M C 2 M C n M = M est de rang. γ γ 2. γ n = γ i i n.

14 J.F.C. p. 4 i [, n], γ i = m i, m i,2 m i,n = n P {X = i} {Y = j} = P X = i car {Y = j} j [,n ] est un système complet d événements. Alors j= C M C 2 M C n M = U X. b. M est une matrice de rang donc Vect C M, C 2 M,..., C n M est un sous espace vectoriel de M n, R de dimension qui contient C M C 2 M C n M donc U X. Comme nous l avons vu plus haut U X n est pas la matrice nulle de M n, R donc U X est une base de Vect C M, C 2 M,..., C n M. Alors : pour tout élément j de [, n], il eiste un réel β j tel que C j M = β j U X. c. j [, n], C j M = β j U X. Donc i, j [, n] 2, P {X = i} {Y = j} = m i,j = β j P X = i. Or {X = i} est un système complet d événements donc : i [,n ] j [, n], P Y = j = P {X = i} {Y = j} = βj P X = i n = β j P X = i = β j = β j. i= i= i= j [, n], P Y = j = β j. d. Nous avons vu plus haut que i, j [, n] 2, P {X = i} {Y = j} = m i,j = β j P X = i. Alors i, j [, n] 2, P {X = i} {Y = j} = P Y = j P X = i = P X = i P Y = j. Ainsi : X et Y sont indépendantes. Finalement : X et Y sont indépendantes si et seulement si la matrice P {X = i} {Y = j} i,j n de M nr est de rang. Partie V : Une caractérisation des matrices de rang diagonalisable. A M n R et rg A = < n car n 2. Donc A n est pas inversible et ainsi : est valeur propre de A. dim SEP A, = n rga.i n = n rg A = n. Le sous-espace propre de A associé à la valeur propre est de dimension n.

15 2. Posons U = u i i n et V = v i i n. Comme nous l avons déja vu : A = U t V = u i v j i,j n. Donc a = TrA = De plus t UV = u u 2... u n Alors t UV = a. v v 2. v n u i v i. i= est une matrice de M R. Mieu t UV = c avec c = J.F.C. p. 5 u i v i. i= t UV = a avec a = TrA. A 2 = U t V U t V = U t V U t V = t V U U t V car t V U est une matrice de M R assimilable à un réel. Donc A 2 = a A = a A. A 2 = a A. 3. Supposons que a est nul. Alors A 2 = MnR. X 2 est alors un polynôme annulateur de A dont la seule racine est. Ainsi Sp A {}. Comme est valeur propre de A, Sp A = {}. Mais le sous-espace propre de A associé à la valeur propre est de dimension n donc A n est pas diagonalisable puisque dim SEP A, λ n. λ Sp A Si a =, A n est pas diagonalisable. 4. AU = U t V U = U t V U = t V U U = a U. AU = a U. U Mn,R et AU = a U donc a est valeur propre de A. Ainsi {, a} Sp A. A 2 = a A donc X 2 a X est un polynôme annulateur de A dont les racines sont et a. Par conséquent Sp A {, a}. Finalement Sp A = {, a} et a. Rappelons que la somme des dimensions des sous-espaces propres de A est inférieure ou égale à n et que la dimension de SEP A, a est supérieure ou égale à. Alors n dim SEP A, dim SEP A, a = n dim SEP A, a n = n. Donc n = dim SEP A, dim SEP A, a. A est diagonalisable. Si a n est pas nul, A est diagonalisable.

16 J.F.C. p Les deu questions précédentes permettent de dire que : une matrice de rang de M n R est diagonalisable si et seulement si sa trace n est pas nulle. Eercice A est une matrice de rang de M n K n 2. Q. Montrer que A est diagonalisable si et seulement si elle admet une valeur propre non nulle. Q2. Montrer que A est diagonalisable si et seulement si A 2 n est pas la matrice nulle de M n K. Partie VI : Construction d un produit scalaire et d un endomorphisme symétrique 6. <.,. > est une application de M n R M n R dans R. Soit λ un réel et soit M, N, P un triplet d éléments de M n R. < M, λ N P >= Tr t Mλ N P = Tr λ t MN t MP = λ Tr t MN Tr t MP car Tr est linéaire. Donc < M, λ N P >= λ < M, N > < M, P >. λ R, M, N, P M n R 3 < M, λ N P >= λ < M, N > < M, P >. Soit M, N un couple d éléments de M n R. t MN et sa transposée ont les mêmes éléments diagonau donc ont même trace. Alors < M, N >= Tr t MN = Tr t t MN = Tr t N t t M = Tr t NM =< N, M >. M, N M n R 2, < M, N >=< N, M >. Soit M un élément de M n R. Posons M = m i,j i,j n. D après Q5, < M, M >= Tr t MM = m 2 j,i donc < M, M >. i= j= M M n R, < M, M >. Soit M un élément de M n R tel que < M, M >=. Posons M = m i,j i,j n. Alors < M, M >= m 2 j,i = et i, j [, n] 2, m 2 j,i. Donc i, j [, n]2, m 2 j,i =. i= j= Ainsi i, j [, n] 2, m j,i = et M est la matrice nulle de M n R. M M n R, < M, M >= M = MnR. Les cinq points précédents permettent de dire que : <.,. > est un produit scalaire sur M n R.

17 J.F.C. p Comme nous l avons vu dans Q8 a, S est une matrice de M n R. De plus t S = t V t V = tt V t V = V t V = S donc S est symétrique. S 2 = V t V V t V = V t V V t V. Or t V V = vj 2 =, donc S 2 = V t V = S. j= S est une matrice symétrique de M n R et S 2 = S. 8. a. Pour tout élément M de M n R, SM est un élément de M n R. Ainsi Φ est une application de M n R dans M n R. Soit λ un réel et soit M, N un couple d éléments de M n R. Φλ M N = Sλ M N = λ SM SN = λ ΦM ΦN. λ R, M, N M n R 2, Φλ M N = λ ΦM ΦN. Φ est linéaire. Ainsi Φ est un endomorphisme de M n R. Soit M, N un couple d éléments de M n R. < ΦM, N >= Tr t ΦMN = Tr t SMN = Tr t M t SN. Or S est symétrique donc < ΦM, N >= Tr t MSN =< M, SN >=< M, ΦN >. M, N M n R, < ΦM, N >=< M, ΦN >. Φ est symétrique. Φ est un endomorphisme symétrique de M n R. b. M M n R, Φ 2 M = Φ ΦM = ΦSM = SSM = S 2 M = SM = ΦM. Ainsi : Φ 2 = Φ. Remarque Notons que Φ est une projection de M n R. Mieu c est la projection sur KerΦ e ou sur Im Φ parallèlement à Ker Φ. X 2 X est un polynôme annulateur de Φ dont les racines sont et, donc : les valeurs propres de Φ sont contenues dans {, }. vj 2 = donc V n est pas la matrice nulle de M n, R. Alors S = V t V est une matrice de rang j= d après Q8. Ainsi S n est pas la matrice nulle de M n R et ΦS = SS = S 2 = S. Alors est valeur propre de Φ et S est un vecteur propre associé. Soit D la droite vectorielle de M n, R engendrée par V. dim D = n dim D = n >.

18 J.F.C. p. 8 Donc D contient une matrice U différente de Mn,R. Posons M = U t U. Toujours d aprè Q6, M est une matrice de M n R de rang donc M est une matrice non nulle de M n R. ΦM = SM = V t V U t U. Or t V U =< V, U >= donc ΦM = MnR et M MnR. Alors est valeur propre de Φ et M est un vecteur propre associé. Les valeurs propres de Φ sont et. 6. Φ est une projection de M n R donc Ker Φ et KerΦ e sont supplémentaires dans M n R. Φ est symétrique donc ses sous-espaces propres sont orthogonau dans M n R. Or Ker Φ = SEP Φ, et KerΦ e = SEP Φ,. Ainsi Ker Φ et KerΦ e sont orthogonau. Les sous-espaces vectoriels Ker Φ et KerΦ e sont supplémentaires et orthogonau.