\documentclass{article}

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\renewcommand{\Im}{\mathrm{Im}}
\newcommand{\Ker}{\mathrm{Ker}}
\newcommand{\Vect}{\mathrm{Vect}}
\newcommand{\rg}{\mathrm{rg}}
\newcommand{\Isom}{\mathrm{Isom}}
\newcommand{\Tr}{\mathrm{Tr}}
\newcommand{\Mat}{\mathrm{Mat}}

\pagenumbering{gobble}

\begin{document}

\noindent \textbf{Propriété:} $\Tr$ est une forme linéaire sur $M_n(\mathbb K)$ et, pour $(A, B)\in M_n(\mathbb K)^2$, on a $\Tr(AB)=\Tr(BA)$.\\[1ex]

\noindent \textbf{Démonstration.} Pour $(A, B)\in M_n(\mathbb K)^2$,  $\alpha \in \mathbb K$, \[
    \Tr(\alpha A+B)=\sum_{i=1}^n (\alpha a_{i, j}+b_{i, j})_{i, i}=\alpha \sum_{i=1}^n a_{i, i}+\sum_{i=1}^n b_{i, i}=\alpha\Tr(A)+\Tr(B)
\] donc $\Tr\in M_n(\mathbb K)^\star$ et
\[
    \Tr(AB)=\sum_{i=1}^n (AB)_{i, i}=\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^n a_{i, k}b_{k, i}=\sum_{k=1}^n\sum_{i=1}^n b_{k, i}a_{i, k}=\sum_{k=1}^n (BA)_{k, k}=\Tr(BA)
\]


\noindent \textbf{Propriété:} $E, F$ des $\mathbb K-$ev munis d'une base $B_E$ et $B_F$. $A\in M_n(\mathbb K)$ et $f\in L(E, F)$, avec $A=\Mat_{B_E, B_F}(f)$. On a \[
    A\in \mathrm{GL}_n(\mathbb K)\iff f\in \Isom(E, F)
\]
Dans ce cas, on a $A^{-1}=\Mat_{B_E, B_F}(f^{-1})$\\[1ex]

\noindent \textbf{Démonstration.} \begin{align*}
    A\in\mathrm{GL}_n(\mathbb K)&\iff \exists B\in M_n(\mathbb K), AB=BA=I_n\\ &\iff \exists g\in L(E, F), A\cdot \Mat_{B_E, B_F}(g)= \Mat_{B_E, B_F}(g)\cdot A=I_n\\ &\iff f\circ g =g\circ f= \mathrm{Id} \\ &\iff f\in \mathrm{GL}(E, F) \text{ et } g=f^{-1}
\end{align*}

\noindent \textbf{Propriété:} \begin{itemize}
    \item $B=(e_1, \cdots, e_n), B'=(e_1', \cdots, e_n')$ bases, $X=\Mat_{B}(x)$, et $X'=\Mat_{B'}(x)$. On a $X'=PX$, avec $P=P_{B}^{B'}$.
    \item $A=\Mat_{B_E, B_F}(f)$, $A'=\Mat_{B_E', B_F'}(f)$
        $B_E, B_E'$ bases de $E$, $B_F, B_F'$ bases de $F$. Alors \[
            A'=Q^{-1}AP
        \] avec $P=P_{B_E}^{B_E'}$ et $Q=P_{B_F}^{B_F'}$ \\[1ex]
\end{itemize}

\noindent \textbf{Démonstration.} \begin{itemize}
    \item \[
            x=\sum_{k=1}^n x_ie_i=\sum_{j=1}^nx_j'e_j'=\sum_{j=1}^n x_j'\left(\sum_{k=1}^np_{kj}e_k\right)=\sum_{k=1}^n e_k\sum_{p_{kj}x_j'}
        \]
        Donc $x_i =\sum_{j=1}^n\limits p_{ij}x_j'$ donc $X=PX'$
    \item \begin{align*}
            y=f(x) &\iff Y=AX \quad X=\Mat_{B_E'}(x)\quad Y=\Mat_{B_F}(y) \\
            &\iff Y'=A'X'\quad X'=\Mat_{B_E'}(x)\quad Y=\Mat_{B_F'}(y)\\
            &\iff QY' = APX' \\
            &\iff Y'=Q^{-1}APX'\\
            &\implies A'=Q^{-1}AP\quad \left(\text{en prenant }X'=\begin{pmatrix}1\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix}, \dots, \begin{pmatrix}0\\\vdots\\0\\1\end{pmatrix}\right)
    \end{align*}
\end{itemize}

\noindent \textbf{Exercice:} En utilisant les formules de changement de bases, expliquer comment trouver la matrice, dans la base canonique de $\mathbb R^3$, de la projection sur $P: x+y+z=0$ parallèlement à $D: x=\frac y2=\frac z2$\\[1ex]

\noindent \textbf{Résolution.} On note $p$ la projection. On a directement \[\Im(p)=\Vect((1, 0, -1), (0, 1, -1))\] et \[\Ker(p)=\Vect((1, 2, 3))\]
On note $B_p=((1, 0, -1), (0, 1, -1), (1, 2, 3))$ la base de $\mathbb R^3$ adaptée à $\mathbb R^3=\Im(p)\oplus \Ker(p)$. Alors, \[
    \Mat_{B_p}(p)= \begin{pmatrix}
        1 && 0 && 0 \\ 0 && 1 && 0 \\ 0 && 0 && 0
    \end{pmatrix}
\]
On note $B_E$ la base canonique de $\mathbb R^3$. On pose $P=P_{B_p}^B$ la matrice de passage de la base $B_p$ à la base $B$. On calcule $P^{-1}$ et on a \[
    \Mat_{B}(p)=P^{-1} \Mat_{B_p}(p) P
\]

\end{document}
