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Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison
Étude de M 7−→ AM−MA
Partie I
I.1 Soient M,N ∈ M2(R) et λ ∈ R. D’après le cours (définition des opérations dans M2(R) et de sastructure d’espace vectoriel),
ϕA(λM+N) = A(λM+N)− (λM+N)A = λAM+AN−λMA−NA = λ(AM−MA)+ (NA−AN)
= λϕA(M)+ϕA(N)
ϕA est linéaire.
Ensuite, on a KerϕA = {M ∈ M2(R) | AM = MA}
Comme A commute avec A et I2, on voit que
I2,A ∈ KerϕA
Supposons que A ∈ VectIn . Alors A commute avec toutes les matrices :
∀M ∈ M2(R) ϕA(M) = AM−MA = 0
donc ϕA = 0.Réciproquement, si ϕA = 0, c’est que
∀M ∈ M2(R) AM = MA
Mais on a AE1,1 =[
a 0c 0
]E1,1A =
[a b0 0
]AE1,2 =
[0 a0 c
]E1,2A =
[c d0 0
]Comme A commute avec E1,1 et E1,2, il vient b = c = 0 et a = d . Donc A = aI2.
ϕA = 0 si, et seulement si, A ∈ VectI2.
I.2 On calcule rapidement
ϕA(E1,1) =[
0 −bc 0
]ϕA(E2,2) =
[0 b
−c 0
]ϕA(E1,2) =
[−c a −d0 c
]ϕA(E2,1) =
[b 0
d −a −b
]On note B = (E1,1,E2,2,E1,2,E2,1), qui est une base de M2(R). D’après ces calculs,
MatBϕA =
0 0 −c b0 0 c −b−b b a −d 0c −c 0 d −a
I.3 En faisant le calcul de déterminant (ce calcul n’est pas simple et je ne vois pas de manière
élégante de le faire), on trouve
χϕA = X2(X2 − (d −a)2 −4bc)
En notant ∆= (d −a)2 +4bc, on a
SpϕA ={
{0} si ∆6 0
{0;p∆ ; −p∆} si ∆> 0
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I.4 On continue de noter
∆= (a −d)2 +4bc
On remarque aussi que dimKerϕA > 2, parce qu’on sait que I2,A ∈ KerϕA, et (I2,A) est libre.• Si ∆> 0 : Alors χϕA est scindé et
χϕA = X2(X−p∆)(X+p
∆)
Comme 0 est de multiplicité 2 dans χϕA , on en déduit
dimKerϕA = 2
Ensuite,p∆ et −p∆ sont deux valeurs propres de ϕA, distinctes, de multiplicité 1. Donc
dimKer(ϕA −p∆) = dimKer(ϕA +
p∆) = 1
Donc ϕA est diagonalisable.• Si ∆= 0 : Alors χϕA = X4 ; le polynôme minimal de ϕA n’est pas X, parce que ϕA 6= 0. Donc ϕA
n’est pas diagonalisable.• Si ∆< 0 : Alors χϕA n’est pas scindé, et ϕA n’est pas diagonalisable.
ϕA est diagonalisable si, et seulement si, ∆> 0.
I.5 On a χA = X2 − (a +d)X+ (ad −bc) =(X− a +d
2
)2 − 4bc + (a −d)2
4=
(X− a +d
2
)2 − ∆
4• Si ∆> 0 : Alors χA est scindé à racines simples, et A est diagonalisable.• Si ∆= 0, alors χA = (
X− a+d2
)2. Mais le polynôme minimal de A n’est pas X− a+d2 , parce que A
n’est pas a+d2 I2. Donc A n’est pas diagonalisable.
• Si ∆< 0, alors χA n’est pas scindé et A n’est pas diagonalisable.Ceci, et le résultat de la question précédente, donnent que
A est diagonalisable si, et seulement si, χA est diagonalisable.
Partie II
II.1 On suppose que A est diagonalisable. Soit B = (e1, . . . ,en) une base de E formée de vecteurspropres de A. Pour chaque i ∈ [[1 ; n ]], on note λi la valeur propre associée à ei . Soit P la matrice depassage de Bc vers B. On note alors
D = P−1AP =
λ1. . .
λn
et ∀i , j ∈ [[1 ; n ]] Bi , j = PEi , j P−1
Alors ∀i , j ∈ [[1 ; n ]] ABi , j = PDP−1PEi , j P−1 = λi PEi , j P−1 = λi Bi , j
Bi , j A = PEi , j P−1PDP−1 = λ j PEi , j P−1 = λ j Bi , j
ϕA(Bi , j ) = (λi −λ j )Bi , j
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La famille (Bi , j )16i , j6n est une base de Mn(R), et ce sont tous des vecteurs propres de ϕA.
ϕA est diagonalisable.
II.2.a Soient z et z ′ des valeurs propres complexes de A, c’est-à-dire des valeurs propres de Avu comme endomorphisme de Cn . Comme A et tA ont le même polynôme caractéristique et lesmêmes valeurs propres, il existe x, y ∈Cn , non nuls, tels que
Ax = zx et tAy = z ′y
On pose alors M = x t y . Cette matrice n’est pas nulle car ses coefficients sont (xi y j )16i , j6n , et aumoins un coefficient de x et de y n’est pas nul. On voit que
AM = Ax t y = zx t y = zM MA = x t yA = x(z ′ t y) = z ′M
et il vient ϕA(M) = (z − z ′)M
Comme M 6= 0, on a obtenu que
z − z ′ est valeurs propre de ϕA.
II.2.b Supposons que A n’a pas de valeur propre réelle. Soit z une racine (dans C) de χA ; alors zn’est pas dans R. Comme χA ∈ R[X], on sait que z est aussi racine de χA. Mais d’après la questionprécédente, z − z est valeur propre de ϕA ; et on sait que ces valeurs propres sont réelles, car ϕA
(endomorphisme de Mn(R)) est diagonalisable. Autrement dit,
2i Im z = z − z ∈Ret la partie imaginaire de z est nulle. Donc z est réel, c’est une contradiction.
A a des valeurs propres réelles.
En fait, la (presque) même preuve permet d’obtenir que toutes les valeurs propres de A sontréelles, c’est-à-dire que χA est scindé dans R[X].
II.2.c Soient λ ∈R une valeur propre de A et x un vecteur propre associé. On sait que
∀i , j ∈ [[1 ; n ]] APi , j −Pi , j A =ϕA(Pi , j ) = λi , j Pi , j
donc ∀i , j ∈ [[1 ; n ]] APi , j x −Pi , j Ax = λi , j Pi , j x
et ∀i , j ∈ [[1 ; n ]] APi , j x = (λi , j +λ)Pi , j x
Attention ! On n’a pas montré que Pi , j x est vecteur propre de A pour la valeur propreµi , j = λ+λi , j . En effet, cela dépend de Pi , j x, et en particulier de s’il est nul ou pas.
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II.2.d On montre que la famille (Pi , j x)16i , j6n engendre Rn . Pour cela, on considère l’application
h : Mn(R) −→ Rn
M 7−→ Mx
et on prouve qu’elle est surjective. Comme x 6= 0, on peut construire une base (x,e2, . . . ,en) de Rn .Soit y ∈ E. D’après le cours, il existe un (unique) endomorphisme f de Rn tel que
f (x) = y et ∀i ∈ [[2 ; n ]] f (ei ) = 0
Si on note M = MatBc f , on a h(M) = Mx = y . Ceci montre que h est surjective. Et l’image de lafamille (Pi , j )16i , j6n (génératrice de Mn(R)) est donc une famille génératrice de Rn : (Pi , j x)16i , j6n
engendre Rn . D’après le cours, on peut extraire une base de Rn à partir de cette famille. Et d’aprèsla question II.2.c, c’est une base de vecteurs propres de A.
A est diagonalisable.
Partie III
III.1 Soit M ∈ R[A]. Par définition, il existe P ∈ R[X] tel que M = P(A). D’après le théorème dedivision euclidienne, il existe Q,R ∈R[X] tels que
P = QπA +R avec degR < degπA = m
Donc M = P(A) = Q(A)πA(A)+R(A) = R(A) =m−1∑k=0
Rk Ak
et M ∈ Vect(In , . . . ,Am−1)
Ceci prouve que (In , . . . ,Am−1) engendre R[A].
Montrons que cette famille est libre. Soient λ0, . . . ,λm−1 ∈R tels que
m−1∑k=0
λk Ak = 0
En posant P =m−1∑k=0
λk Xk
on a P(A) = 0. C’est-à-dire que P annule A, donc πA|P. Mais degP < m = degπA donc P = 0 etλ0, . . . ,λm−1 sont nuls.
(In , . . . ,Am−1) est une base de R[A].
III.2 Il est clair que R[A] ⊂ KerϕA, parce que les matrices dans R[A] commutent toutes avec A.
III.3.a Ce résultat a été prouvé plusieurs fois en cours (théorème des noyaux emboîtés) et enexercices. Comme An−1 6= 0, il existe e ∈Rn tel que An−1e. La famille (e, . . . ,An−1e) est alors libre.
III.3.b Soit B ∈ KerϕA. Comme (e, . . . ,An−1) est une base de Rn , le vecteur Be peut s’y décomposeret il existe λ0, . . . ,λn−1 ∈R tels que
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Be =n−1∑k=0
λk Ak e
Comme A et B commutent,
∀k ∈ [[0 ; n −1]] BAk e = Ak Be =n−1∑j=0
λ j A j+k e =(n−1∑
j=0λ j A j
)Ak e
Par suite, sur la base (e, . . . ,An−1e), les applications B etn−1∑k=0
λk Ak sont égales. Elles sont donc égales :
B =n−1∑k=0
λk Ak ∈R[A]
Finalement, KerϕA =R[A]
III.4.a Soit B ∈ Mn(R). Si B ∈ KerϕA, alors B commute avec A et les sous-espaces propres E1, . . . ,Ep
sont stables pas B.Réciproquement, supposons que E1, . . . ,Ep sont stables par B. Soit k ∈ [[1 ; p ]]. Comme Ek est
le sous-espace propre de A pour la valeur propre λk , on a
∀x ∈ Ek Ax = λx
donc ∀x ∈ Ek A Bx︸︷︷︸∈Ek
= λBx = B(λx) = BAx
On a montré : ∀k ∈ [[1 ; p ]] ∀x ∈ Ek ABx = BAx
Comme A est diagonalisable, on a E =p⊕
k=1Ek : tout vecteur de E se décompose comme somme de
vecteurs de E1, . . . ,Ep . Immédiatement, par linéarité,
∀x ∈ E ABx = BAx
On voit que A et B commutent, c’est-à-dire que B ∈ KerϕA.
B ∈ KerϕA si, et seulement si, E1, . . . ,Ep sont stables par B.
III.4.b Pour chaque k ∈ [[1 ; p ]], on note nk la dimension de Ek . On met ensemble des bases deE1, . . . ,Ep pour former une base B de E. Alors
∀B ∈ Mn(R) B ∈ KerϕA ⇐⇒ (E1, . . . ,Ep sont stables par B)
⇐⇒(∃A1 ∈ Mn1 (R), . . . ,∃Ap ∈ Mnp (R) MatB B =
A1. . .
Ap
)
Il vient dimKerϕA =p∑
k=1n2
k
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Partie IV
IV.1 On va prouver ça par récurrence. Il est clair que
ϕA(B0) =ϕA(In) = 0 = α×0×B0
Comme B est vecteur propre de ϕA pour la valeur propre α, on a
AB−BA =ϕA(B) = αB
Maintenant, soit k ∈N. On suppose qu’on sait déjà que ϕA(Bk ) = αkBk . Il vient
ϕA(Bk+1) = (ABk −Bk A)B+Bk (AB−BA) =ϕA(Bk )B+BkϕA(B) = (k +1)αBk+1
Par récurrence, ∀k ∈N ϕA(Bk ) = kαBk
IV.2 Soit P ∈R[X]. On a
ϕA(P(B)) =ϕA
( ∞∑k=0
Pk Bk)=
∞∑k=0
PkϕA(Bk ) = α∞∑
k=0kPk Bk = αBP′(B)
∀P ∈R[X] ϕA(P(B)) = αBP′(B)
IV.3 D’après la question précédente,
αBπ′B(B) =ϕA(πB(B)) = 0
donc Xπ′B annule B (car α 6= 0). Par suite, πB|Xπ′
B. Comme ces deux polynômes sont de degré d , πB
est unitaire, et le coefficient dominant de Xπ′B est d , il vient
Xπ′B = dπB
IV.4 On voit que 0 est racine de πB. Notons m ∈ N? sa multiplicité ; il existe Q ∈ R[X] tel queQ(0) 6= 0 et πB = XmQ. Alors
π′B = mXm−1Q+XmQ′ = Xm−1(mQ+XQ′)
donc dXmQ = dπB = Xπ′B = Xm(mQ+XQ′)
On peut simplifier par Xm parce que R[X] est intègre, pour obtenir
dQ = mQ+XQ′ ou encore (d −m)Q = XQ′
On évalue en 0 et il vient (d −m)Q(0) = 0. Comme Q(0) 6= 0, c’est que m = d : 0 est racine de πB, demultiplicité d . Comme πB est de degré d , unitaire, c’est que πB = Xd . Et finalement,
Bd =πB(B) = 0
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Une preuve du théorème de d’Alembert
Première partie
I.1.a Le théorème de d’Alembert donné dans le cours dit : Tout polynôme à coefficients com-plexes, non constant, est scindé dans C[X]. Ou encore
∀P ∈C[X] degP> 1 =⇒ P scindé
La version suivante est aussi acceptable : Tout polynôme à coefficients complexes, non constant,a (au moins) une racine.
I.1.b Soit P un polynôme à coefficients réels, de degré impair. Il existe p ∈N et a0, . . . , a2p+1 réelstels que a2p+1 6= 0 et
P =2p+1∑k=0
ak Xk
Supposons par exemple que a2p+1 > 0. On a
∀x ∈R? P(x) = a2p+1 x2p+1(1+
2p∑k=0
ak
a2p+1xk−(2p+1)
)D’après les théorèmes généraux sur les limites (limites de sommes et de produits), P a des limitesen ±∞ et
limx→+∞P(x) =+∞ lim
x→−∞P(x) =−∞D’après la définition d’une limite, il existe M > 0 tel que
∀x >M P(x) > 2 et ∀x 6−M P(x)6−2
De cette manière, P(M)P(−M) < 0 ; P est une fonction continue sur [−M; M]. D’après le théorèmedes valeurs intermédiaires,
P s’annule sur R.
I.1.c Soit u un endomorphisme d’un R-espace vectoriel de dimension impaire. Son polynômecaractéristique est de degré impair. D’après la question I.1.c, il a une racine réelle.
Tout endomorphisme d’un R-ev de dimension impaire a une valeur propre réelle.
I.1.d Soit A ∈ M3(R). Le polynôme X2 +X+1 n’a pas de racine dans R. Mais A a une valeur propreréelle, car c’est un endomorphisme de R3. D’après le cours, X2 +X+ I3 ne peut pas annuler A.
{A ∈ M3(R) | A2 +A+ I3 = 0} =;
I.2.a Soit λ ∈K, notons uλ = u −λ idE. Comme u et v commutent, uλ et v commutent aussi. Soitx ∈ Keruλ :
uλ(v(x)) = v(uλ(x)) = 0
Ainsi, v(x) ∈ Keruλ ; ce sous-espace est stable par v .
Soit y ∈ Imuλ ; on peut trouver x ∈ E tel que uλ(x) = y . Alors
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v(y) = v(uλ(x)) = uλ(v(x)) ∈ Imuλ
ce qui montre que Imuλ est stable par v .
Pour tout scalaire λ, Ker(u −λ idE) et Im(u −λ idE) sont stables par v .
I.2.b On considère deux cas :• Si u et v sont des homothéties, tous les sous-espaces de E sont stables par u et v . En parti-
culier, toute droite (de dimension 1, impair) est stable par u et v . Et comme n > 1, les droitessont des sous-espaces stricts.
• Si u (par exemple) n’est pas une homothétie : comme E est un R-espace vectoriel de dimen-sion impaire, la question I.1.c assure que u a une valeur propre (réelle), notée λ. D’après lethéorème du rang,
dimKer(u −λ idE)+dimIm(u −λ idE) = n
Donc l’un des deux sous-espaces Ker(u −λ idE) ou Im(u −λ idE) est de dimension impaire.Notons-le F. D’après la question I.2.a, F est stable par u et v , puisque ces deux endomor-phismes commutent avec u.De plus, u n’est pas une homothétie, donc Ker(u −λ idE) n’est pas E ; et il est au moins dedimension 1, parce que λ est valeur propre de u. Donc
dimKer(u −λ idE) ∈ [[1 ; n −1]] dimIm(u −λ idE) = n −dimKer(u −λ idE) ∈ [[1 ; n −1]]
F est un sous-espace strict, stable par u et v .
E a (au moins) un sous-espace strict de dimension impaire, stable par u et v .
I.3 Si n ∈N, on note P(n) l’assertion : « Soit E un R-espace vectoriel de dimension 2n +1. Soientu et v des endomorphismes de E, qui commutent. Alors u et v ont un vecteur propre commun. »
• P(0) est vraie : Dans un R-espace de dimension 1, un vecteur de base est vecteur propre detout endomorphisme.
• Soit n ∈ N tel que P(0), . . . ,P(n) sont vraies. Soient E un R-espace vectoriel de dimension2n+3, et u, v ∈L (E) tels que uv = vu. D’après la question I.2.b, il existe F, sous-espace strictde E, de dimension impaire, stable par u et v .D’après l’hypothèse de récurrence, les endomorphismes induits par u et v sur F ont un vec-teur propre commun x. Par définition de l’endomorphisme induit, x est aussi vecteur proprepour u et v .
• Par récurrence, P(n) est vraie pour tout n ∈N.
Deux endomorphismes d’un R-espace vectoriel de dimensionimpaire, qui commutent, on un vecteur propre commun.
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Deuxième partie
II.1 Soient M,N dans F et λ ∈ R. D’après les propriétés de la conjuguaison (morphisme d’an-neaux sur C), et des opérations sur Mn(C),
λM = λM = λ tM et λM+N = λM+N = λ tM+ tN
La transposition est linéaire et involutive donc
tλM+N = λM+N
F est un R-sous-espace de Mn(C).
En revanche, ce n’est pas un C-sous-espace de Mn(C) parce que In ∈F , mais i In =−iIn 6= tIn .
II.2 Dans ce qui suit, la structure d’espace vectoriel sur Mn(C) est toujours celle de R-espacevectoriel.
Soit M ∈ Mn(C). On note ses coefficients (Mk,`)16k,`6n et on pose
∀k,` ∈ [[1 ; n ]] xk,` = ReMk,` yk,` = ImMk,`
puis X = (xk,`)16k6n16`6n
Y = (yk,`)16k6n16`6n
de sorte que M = X+ iY
D’après la semi-linéarité de la conjuguaison, et la linéarité de la transposition,
On a M = X− iYtM = tX+ i tY
Comme X et Y sont à coefficients réels,
M ∈F ⇐⇒ tM = M ⇐⇒ tX+ i tY = X− iY ⇐⇒{tX = X
tY =−Y⇐⇒ (X ∈ Sn(R) et Y ∈ An(R))
ce qui prouve F = Sn(R)+ iAn(R)
Montrons que cette somme est directe. Soient X ∈ Sn(R) et Y ∈ An(R) tels que X+ iY = 0. Alors
∀k,` ∈ [[1 ; n ]] xk,`︸︷︷︸∈R
+i yk,`︸︷︷︸∈R
= 0
et ∀k,` ∈ [[1 ; n ]] xk,` = yk,` = 0
donc X = Y = 0. Il vient
F = Sn(R)⊕ iAn(R)
Enfin, dimRSn(R) = n(n +1)
2dimR iAn(R) = dimAn(R) = n(n −1)
2car il est facile de vérifier que Y 7−→ iY est un R-isomorphisme de An(R) sur iAn(R).
dimRF = n(n +1)
2+ n(n −1)
2= n2 est impaire.
Ici, on a utilisé le fait que pgcd(2,n) = 1, donc pgcd(2,n2) = 1.
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II.3.a Soit M ∈ F . En utilisant les propriétés de la conjuguaison et de la transposition, et bienévidemment le fait que M = tM,
AM+M tA = AM+M tA = A tM+ tM tA = t(AM)+ t(M tA)
= t(AM+M tA)
De même AM−M tA =−t(AM−M tA)
Comme ı =−i ∀M ∈F1
2(AM+M tA) ∈F et
1
2i(AM−M tA) ∈F
II.3.b La linéarité de u et v est triviale. Ensuite,
∀M ∈F uv(M) = u(v(M)) = 1
2(Av(M)+ v(M) tA)
2uv(M) = A( 1
2i(AM−M tA)
)+ 1
2i(AM−M tA) tA
4iuv(M) = A2M−M tA2
tandis que ∀M ∈F vu(M) = v(u(M)) = 1
2i(Au(M)−u(M) tA)
2i vu(M) = A(1
2(AM+M tA)
)− 1
2(AM+M tA) tA
4i vu(M) = A2M−M tA2
u et v sont deux endomorphismes de F qui commutent.
D’après la question I.3, et parce que F est un R-espace vectoriel de dimension impaire,
u et v ont un vecteur propre commun.
II.3.c On a
{2λM0 = 2u(M0) = AM0 +M0
tA
2iµM0 = 2i v(M0) = AM0 −M0tA
En ajoutant ces deux relations, AM0 = (λ+ iµ)M0
M0 est un vecteur propre de u (et v) donc elle n’est pas nulle. Soit X une de ses colonnes nonnulles. On a AX = (λ+ iµ)X : X est vecteur propre de A (comme endomorphisme de Cn) pour lavaleur propre λ+ iµ.
A a (au moins) une valeur propre complexe.
II.4 Soient E un C-espace de dimension impaire, et f ∈ L (E). Si B est une base de E, on a pardéfinition
χ f = χMatB f
D’après la question II.3.c, MatB f a au moins une valeur propre. Donc f aussi.
Tout endomorphisme d’un C-espace vectoriel de dimension impaire a des valeurs propres.
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II.5 Si on reprend le texte de la réponse aux questions I.2 et I.3, en remplaçant la lettre R par C,on prouve que
Deux endomorphismes d’un C-espace vectoriel de dimensionimpaire, qui commutent, on un vecteur propre commun.
Troisième partie
III.1.1 C’est du cours : dimCAn(C) = n(n −1)
2
III.1.2.a Soit M ∈ An(C). D’après les propriétés de la transposition et parce que M est antisymé-trique,
t(AM+M tA) = tM tA+A tM =−MA−AM =−(AM+MA)
et t(AM tA) = A tM tA =−AM tA
∀M ∈ An(C) AM+M tA ∈ An(C) et AM tA ∈ An(C)
III.1.2.b La linéarité ne pose aucun problème. Montrons qu’ils commutent :
∀M ∈ An(C) uv(M) = u(V(M)) = Av(M)+ v(M) tA = A(AM tA)+ (AM tA)A
= A2M tA+AM tA2
= A(AM+MtA) tA = Au(M) tAuv(M) = vu(M)
u et v sont des endomorphismes de An(C) qui commutent.
III.1.2.c On a déjà calculé la dimension de An(C) ; rentrons dans les détails, en utilisant le fait quen = 2k p, avec p impair :
dimAn(C) = n(n −1)
2= 2k−1p(2k p −1)
On sait déjà que p est impair ; et k > 1 donc 2k p est pair et 2k p −1 est impair. Alors q = p(2k p −1)est impair et dimAn(C) = 2k−1q . Comme P(k −1) est vraie,
u et v ont au moins un vecteur propre commun.
III.1.2.d On a µN0 = v(N0) = AN0tA = A(N0
tA+AN0︸ ︷︷ ︸=u(N0)
−AN0)
= A(λN0 −AN0)
d’où (A2 −λA+µIn)N0 = 0
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Comme X2 −λX+µ= (X−α)(X−β), il vient
(A−αIn)(A−βIn)N0 = 0
Mais N0 6= 0, car c’est un vecteur propre pour u (et v) ; en notant X une de ses colonnes non nulles,
(A−αIn)(A−βIn)X = 0
Donc (A−αIn)(A−βIn) n’est pas inversible. Son déterminant est nul et par suite, det(A−αIn) = 0ou det(A−βIn) = 0.
α ou β est valeur propre de A.
III.1.3 On en déduit que l’assertion (i) de P(k) est vraie : A = MatB f donc A et f ont le mêmespectre. Comme on a prouvé que A a une valeur propre, c’est aussi le cas de f .
Tout endomorphisme de E a au moins une valeur propre.
III.2.1 Supposons que f est une homothétie. Alors tout vecteur non nul de E est vecteur proprede f . L’assertion (i) de P(k) est vraie, donc g a une valeur propre. Soit x un vecteur propre associé.Alors x est vecteur propre de f et g : f et g ont un vecteur propre commun. C’est absurde.
III.2.2.a On suppose qu’il existe ` ∈ [[0 ; k−1]] et q impair tels que F1 ou F2 est de dimension 2`q .Cet espace est noté F. Il est stable par f et g (question I.2.a). Comme on a supposé P(`) vraie, lesendomorphismes induits par f et g sur F ont un vecteur propre commun x ∈ F. Alors x est vecteurpropre de f et g , d’après la définition de l’endomorphisme induit. C’est absurde.
III.2.2.b L’hypothèse de la question précédente est
∃` ∈ [[0 ; k −1]] ∃q impair (dimF1 = 2`q ou dimF2 = 2` q)
Sa négation, qu’on suppose vraie, est
∀` ∈ [[0 ; k −1]] ∀q impair (dimF1 6= 2` q et dimF2 6= 2` q) (?)
f n’est pas une homothétie donc F1 6= E et λ est valeur propre de f donc F1 6= {0}. Par suite,
16 dimF1 6 n −1
et d’après le théorème du rang, 16 dimF2 6 n −1
En particulier, ces deux sous-espaces sont de dimensions non nulles. D’après le théorème dedécomposition en facteurs premiers, il existe `1,`2 ∈ N et q1, q2 ∈ N, premiers avec 2 (donc im-pairs), tels que
dimF1 = 2`1 q1 dimF2 = 2`2 q2
D’après (?) `1 > k `2 > k
D’après le théorème du rang,
2k p = dimF1 +dimF2 = 2`1 q1 +2`2 q2 = 2k (2`1−k q1 +2`2−k q2)
et p = 2`1−k q1 +2`2−k q2
Il est impossible que `1 > k et `2 > k, car p est impair. Supposons, par exemple, que `1 = k. Alors2`2−k r = p −q1 est pair, parce que p et q1 sont impairs. Mais q2 est impair, donc `2 > k. En posantr = 2`2−k q2, c’est un entier pair et
12
Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison
{p −q1 = 2`2−k r > 0dimF2 = 2`2 q2 = 2k r
Le même raisonnement peut être appliqué si c’est `2 qui vaut k.
Il existe q < p impair et r pair non nul, tels que l’un des espacesF1 ou F2 est de dimension 2k q et l’autre de dimension 2k r .
Notons F l’espace, parmi F1 et F2, dont la dimension vaut 2k q . F est stable par f et g , quiinduisent des endomorphismes fF et gF. Comme q < p et par définition de p, fF et gF ont unvecteur propre commun x ∈ F. Mais x est alors également vecteur propre de f et g (dans E). C’estabsurde.
Quatrième partie
IV.1 Notons (e1, . . . ,en) la base canonique de Cn . On voit que
∀k ∈ [[1 ; n −1]] Aek = ek+1 et Aen =−n∑
j=1P j−1 e j
Immédiatement, ∀k ∈ [[0 ; n −1]] Ak e1 = ek+1
donc (e1, . . . ,An−1e1) = (e1, . . . ,en) est libre.Par suite, (In , . . . ,An−1) est libre : en effet, si λ0, . . . ,λn−1 sont des complexes tels que
n−1∑k=0
λk Ak = 0
alorsn−1∑k=0
λk Ak e1 = 0
ce qui permet d’en déduire que λ0, . . . ,λn−1 sont nuls.Le polynôme minimal πA est donc de degré n. Mais on a aussi
Ane1 = Aen =−n−1∑k=0
Pk ek+1 =−n−1∑k=0
Pk Ak e1
et il vient P(A)e1 = 0. De plus, P(A) et A commutent donc
∀k ∈ [[1 ; n ]] P(A)ek = P(A)Ak−1e1 = Ak−1P(A)e1 = 0
P(A) s’annule sur une base de Cn , donc P(A) = 0. Du coup, πA|P. Mais πA est de degré n, unitaire ; Paussi. Donc πA = P.
Enfin, πA|χA ; ces deux polynômes ont le même degré n, et le coefficient dominant de χA est(−1)n . Alors
χA = (−1)nπA = (−1)nP
Évidemment, il est possible de calculer ce polynôme caractéristique directement. Les deuxméthodes ont été présentées en TD. Celle ci-dessus est probablement la plus jolie des deux.
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Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison
IV.2 La dimension de E, qui vaut n, est supérieure à 2. Donc n a une décomposition en facteurspremiers et il existe k ∈N et p impair tels que n = 2k p. D’après la troisième partie, P(k) est vraie,en particulier l’assertion (i) : A a au moins une valeur propre. Donc P a une racine.
Tout polynôme non constant dans C[X] a au moins une racine.
14
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Extensions algébriques deQ
Première partie
I.1.a SupposonsK[α] de dimension finie surK et posons n = dimKK[α]. On remarque que n > 1,parce que K⊂K[α]. La famille (1, . . . ,αn) est alors K-liée car elle comporte n +1 vecteurs : il existeλ0, . . . ,λn ∈K, non tous nuls, tels que
n∑k=0
λk αk = 0
En posant P =n∑
k=0λk Xk
on a P ∈K[X], non nul, et P(α) = 0. Donc IK(α) 6= {0}.
Réciproquement, supposons que IK(α) 6= {0}. On se donne un S, non nul, dans IK(α) et on notes ∈ N son degré. Comme α est racine de S, on a s > 1. Donnons-nous x ∈ K[α]. Par définition,il existe m ∈N et des scalaires λ0, . . . ,λm ∈K tels que
x =m∑
k=0λk α
k
On pose P =m∑
k=0λk Xk ∈K[X] de sorte que x = P(α)
On effectue la division euclidienne de P par S : il existe Q et R dans K[X] tels que P = QS+R etdegR < s. Du coup,
x = P(α) = Q(α)S(α)+R(α) = R(α) =s−1∑k=0
Rk αk
ce qui prouve K[α] ⊂ VectK (αk )06k6s−1
L’inclusion réciproque est triviale.
K[α] est de dimension finie si, et seulement si, IK(α) 6= {0}.
I.1.b On vérifie très facilement que IK(α) est un idéal deK[X]. D’après le cours,
Il existe un unique P ∈K[X] tel que IK(α) = PK[X].
Montrons que P est irréductible. Soient Q et R dans K[X] tels que P = QR. Évidemment, Q et Rne sont pas nuls puisque P 6= 0. On a
P(α) = 0 = Q(α)R(α)
Comme C est un corps, Q(α) = 0 ou R(α) = 0. Donc l’un des deux polynômes Q ou R est dansIK(α). Supposons, par exemple, que c’est Q. Alors P|Q ; et on a déjà Q|P. Donc il existe λ ∈ K telque P = λQ ; il vient λQ = QR. Comme Q n’est pas nul et K[X] est intègre, R = λ est un polynômeconstant.
P est irréductible.
I.1.c Par définition, PK,α ∈ IK(α). On note p son degré. Le même raisonnement qu’à la questionI.1.a (lorsqu’on a prouvé queK[α] est de dimension finie si IK(α) 6= {0}) montre que
K[α] = VectK (αk )06k6p−1
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Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison
Montrons que cette famille est libre : soient λ0, . . . ,λp−1 dansK tels que
p−1∑k=0
λk αk = 0
En posant P =p−1∑k=0
λk Xk on a P(α) = 0
donc PK,α|P. Mais degP 6 p −1 donc P = 0 et λ0, . . . ,λp−1 = 0 : la famille (αk )06k6p−1 est une basedeK[α] commeK-espace vectoriel.
dimKK[α] = p = degPK,α
I.1.d Il suffit de prouver queK[α] est un sous-corps de C. On note p la dimension deK[α], qui estaussi le degré du polynôme minimal de α surK.
• K[α] contient 1 = α0.• Si x et y sont dans K[α], ce sont des combinaisons linéaires finies à coefficients dans K des
(αk )k∈N. C’est aussi le cas de x − y et x y . Donc K[α] est un sous-groupe de C, stable parproduit.
• Soit x ∈K[α], non nul. Il existe λ0, . . . ,λp−1 ∈K, non tous nuls, tels que
x =p−1∑k=0
λk αk
Posons P =p−1∑k=0
λk Xk ∈K[X] de sorte que P(α) = x
P n’est pas le polynôme nul et degP < degPK,α. Comme PK,α est irréductible dansK[X], il estpremier avec P. D’après Bezout, il existe U et V dansK[X] tels que UP+VPK,α = 1. En évaluantcette expression en α et parce que α est racine de PK,α, il vient
1 = U(α)P(α) = U(α)x
Clairement, U(α) est combinaison linéaire finie des (αk )k∈N, c’est-à-dire qu’il est dans K[α].Donc x a un inverse dansK[α].
K[α] est un corps.
I.2 Soient L et M deux corps, tels que K ⊂ L ⊂M. On suppose que dimKL et dimLM sont finies.Posons
`= dimKL m = dimLM
On prend (e1, . . . ,e`) uneK-base de L, et (u1, . . . ,um) une L-base deM.
Soit x ∈M. On a
M= VectL (u1, . . . ,um)
donc il existe a1, . . . , am dans L tels que
x =m∑
j=1a j u j
D’autre part, L= VectK (e1, . . . ,e`)
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Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison
donc les (a j )16 j6m peuvent se décomposer dans cette base : il existe (αi , j ) 16i6`16 j6m
dansK, tels que
∀ j ∈ [[1 ; m ]] a j = ∑̀i=1
αi , j ei
Alors x =m∑
j=1
∑̀i=1
αi , j ei u j
Ceci prouve M⊂ VectK (ei u j ) 16i6`16 j6m
L’inclusion réciproque est claire, puisqueM est un corps et contient les (ei u j ) 16i6`16 j6m
. Cette famille
engendreM commeK-espace vectoriel.
On montre ensuite qu’elle est libre. Soient (αi , j ) 16i6`16 j6m
dansK, tels que
m∑j=1
∑̀i=1
αi , j ei u j = 0
Alorsm∑
j=1
( ∑̀i=1
αi , j ei︸ ︷︷ ︸∈L
)u j = 0
Comme (u1, . . . ,um) est L-libre,
∀ j ∈ [[1 ; m ]]∑̀
i=1αi , j ei = 0
Et (e1, . . . ,e`) estK-libre donc
∀ j ∈ [[1 ; m ]] ∀i ∈ [[1 ; ` ]] αi , j = 0
M est de dimension finie surK et dimKM= (dimKL) (dimLM).
I.3 On montre que les nombresK-algébriques forment un sous-corps de C.• 1 est algébrique surK parce que X−1 ∈ IK(1).• Soient x et y algébriques sur K. Alors L =K[x] est de dimension finie sur K, par définition.
De plus, c’est un corps d’après la question I.1.d.Également, y est algébrique sur L : en effet, y est racine de PK(y), qui est dans K[X], doncdans L[X]. Donc M = L[y] est de dimension finie sur L. D’après les questions I.2 et I.1.d,M est de dimension finie surK et c’est un corps, qui contient x et y .Maintenant, soit β ∈M. Tous les (βk )k∈N sont dans M (car c’est un corps) donc K[β] est unK-sous-espace vectoriel de M. Par suite, il est de dimension finie sur K, ce qui prouve queβ estK-algébrique.En particulier, x − y estK-algébrique ; et x
y aussi si y 6= 0.
Les nombresK-algébriques forment un sous-corps de C.
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Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison
I.4 Calculons les polynômesQ-minimaux dep
2 et β=√
1+p52 .
On sait quep
2 n’est pas rationnel, donc IQ(p
2) ne contient aucun polynôme de degré 1. On endéduit que PQ,
p2 est de degré au moins 2. Mais X2 −2 ∈ IQ(
p2) et il est unitaire. C’est le polynôme
minimal dep
2.
Pour PQ,β, cela requiert plus de travail. On commence par trouver un polynôme annulateur :
β2 = 1+p5
2(2β2 −1)2 = 5 β4 −β2 −1 = 0
donc P = X4 −X2 −1 ∈ IQ(β)
Puisque PQ,β divise P, il est de degré 1, 2, 3 ou 4. Soit Q ∈Q[X] tel que P = QPQ,β.• Si PQ,β est de degré 1 ou 3 : alors Q est de degré 3 ou 1. Dans chaque cas, P a une racine dansQ,
qu’on note r . Clairement, r 6= 0 car P(0) = −1 6= 1. Il existe p ∈ Z? et q ∈ N?, premiers entreeux, tels que r = p
q . On a
0 = P(r ) = p4
q4− p2
q2−1 p4 −p2q2 −q4 = 0
Il s’ensuit q|p4 ; mais pgcd(q, p4) = pgcd(p, q) = 1 donc q = 1. De même, p|q4 donc p =±1.C’est absurde car on vérifie que 1 et −1 ne sont pas racines de P.
• Si PQ,β est de degré 2 : Comme P et PQ,β sont unitaires, Q doit aussi être unitaire. On décom-pose ces polynômes :
PQ,β = X2 +aX+b Q = X2 + cX+d avec a,b,c,d ∈QEn regardant le coefficient de degré 0 de P, on obtient bd =−1 de sorte que b 6= 0 et d =− 1
b .Puis on s’intéresse au coefficient de degré 3 pour voir que a + c = 0 donc c =−a. D’où
PQ,β = X2 +aX+b Q = X2 −aX− 1
bOn regarde ensuite le coefficient de degré 1 de P, ce qui donne :
a(b + 1
b
)= 0
Mais b2 +1 6= 0 donc a = 0. D’où PQ,β = X2 +b et en particulier, β2 ∈Q. Ceci contredit le faitque
p5 est irrationnel.
Finalement, PQ,β est de degré 4. Il est unitaire et divise P, donc c’est P.
PQ,p
2 = X2 −2 PQ,β = X4 −X2 −1
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Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison
Deuxième partie
II.1 Soit P ∈ K[X], irréductible dans K[X]. Comme degP′ < degP, il est impossible que P diviseP′ donc P et P′ sont premiers entre eux dans K[X]. D’après Bezout, on peut trouver U et V dansK[X] tels que UP+VP′ = 1. Si z ∈ C est une racine de P, on évalue cette relation en z pour avoirV(z)P′(z) = 1. Donc z n’est pas racine de P′.
Si P ∈K[X] est irréductible dansK[X], ses racines dans C sont simples.
II.2.a On note λ1, . . . ,λn les racines de PK,α dans C.Soit i ∈ [[1 ; n ]]. On a vu que (1, . . . ,αn−1) est une base de K[α]. On note σi l’unique application
K-linéaire deK[α] dans C, telle que
∀k ∈ [[0 ; n −1]] σi (αk ) = λki
Par définition, on a déjà σi ∈L (K[α],C) et σi (1) = λ0i = 1. Il reste à prouver que σi est compatible
avec la multiplication.Pour cela, on commence par fixer k ∈ N pour calculer σi (αk ). On procède à la division eucli-
dienne de Xk par PK,α pour trouver Q et R dansK[X], tels que
Xk = QPK,α+R avec R =n−1∑p=0
Rp Xp
Alors αk = R(α) =n−1∑p=0
Rp αp λk
i =n−1∑p=0
Rp λpi
parce que α et λi sont racines de PK,α. Mais alors parK-linéarité de σi ,
σi (αk ) =σi
(n−1∑p=0
Rp︸︷︷︸∈K
αp)=
n−1∑p=0
Rp λpi = λk
i
Ceci prouve bien ∀k ∈N σi (αk ) = λki
et par linéarité, ∀P ∈K[X] σi (P(α)) = P(λi )
Maintenant, si x et y sont dansK[α], il existe des polynômes P et Q dansK[α] tels que
x = P(α) y = Q(α)
Du coup, x y = P(α)Q(α) = (PQ)(α)
puis σi (x y) =σi((PQ)(α)
)= (PQ)(λi ) = P(λi )Q(λi )
Mais on a aussi σi (x) =σi (P(α)) = P(λi ) σi (y) =σi (Q(α)) = Q(λi )
d’où σi (x y) =σi (x)σi (y)
et σi est un morphisme deK-algèbres deK[α] dans C, tel que σi (α) = λi .
Montrons que c’est le seul : si σ est un morphisme de K-algèbres de K[α] dans C qui vérifieσ(α) = λi , alors par multiplicativité,
∀k ∈ [[0 ; n −1]] σ(αk ) = (σ(α))k = λki =σi (αk )
Donc σ et σi sont égaux sur uneK-base deK[α]. Par linéarité, ils sont égaux.
Si i ∈ [[1 ; n ]], il existe un unique morphisme deK-algèbres σi :K[α] −→C, tel que σi (α) = λi .
19
Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison
II.2.b Soit σ un morphisme de K-algèbres de K[α] dans C. On commence par donner un nomaux coefficients de PK,α :
PK,α =n∑
k=0ak Xk avec a0, . . . , an ∈K
et on sait quen∑
k=0ak α
k = 0
Parce que σ est multiplicative etK-linéaire,
0 =σ( n∑
k=0ak α
k)=
n∑k=0
ak σ(α)k
On voit queσ(α) est racine de PK,α. Donc il existe i ∈ [[1 ; n ]] tel queσ(α) = λi . Et d’après la questionprécédente, σ=σi .
σ1, . . . ,σn sont les seuls morphismes deK-algèbres deK[α] dans C.
On a déjà remarqué à deux reprises que si σ est un morphisme de K-algèbres de K[α]dans C, alors
∀P ∈K[X] σ(P(α)) = P(σ(α)) (?)
À partir de maintenant, on ne perdra plus de temps à prouver ce résultat et on l’utiliseradirectement.
II.3 Soit β ∈K[α], tel que σ1(β), . . . ,σn(β) sont distincts deux-à-deux. On aK[β] ⊂K[α], parce queK[α] est un corps qui contient β. Il reste seulement à prouver l’autre inclusion. D’après (?),
∀i ∈ [[1 ; n ]] PK,β(σi (β)) =σi (PK,β(β)) =σi (0) = 0
Le polynôme minimal de β a donc (au moins) n racines distinctes deux-à-deux dans C. Et il n’estpas nul ; son degré est donc au moins n. Mais on a vu à la question I.1.c que
dimKK[β] = degPK,β> n
PuisqueK[β] ⊂K[α] et dimKK[α] = n, on a
K[β] =K[α]
II.4 Soit β ∈K[α]. Si i , j ∈ [[1 ; n ]] sont distincts, on pose
Ei , j = {λ ∈K | σi (λα+β) =σ j (λα+β)}
Soit λ ∈ Ei , j . En utilisant laK-linéarité de σi et σ j ,
λλi +σi (β) = λλ j +σ j (β)
donc λ(λi −λ j︸ ︷︷ ︸6=0
) =σ j (β)−σi (β)
et λ= σ j (β)−σi (β)
λi −λ j
Donc Ei , j est fini et |Ei , j |6 1. Par conséquent, l’ensemble
20
Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison
E = ⋃16i , j6n
i 6= j
Ei , j
est aussi fini ; mais K est infini donc K \ (E∪ {0}) est infini. En particulier, il n’est pas vide : il existeλ dansK, non nul, tel que
∀i , j ∈ [[1 ; n ]] i 6= j =⇒ σi (λα+β) 6=σ j (λα+β)
On pose β1 =−λα β2 = λα+βLes
(σi (β1)
)16i6n sont distincts deux-à-deux parce que λ 6= 0 et λ1, . . . ,λn sont distincts deux-à-
deux. Et les (σi (β2))16i6n sont distincts deux-à-deux, par construction. D’après la question II.3,
Il existe β1 et β2 dansK[α] tels que β1 +β2 = β etK[β1] =K[β2] =K[α].
Troisième partie
III.1 C’est exactement ce qu’on a prouvé à la question I.2.
III.2 Posons ∀r ∈ [[1 ; d ]]
{Br = (
er , . . . ,αm−1er)
Ur = Vect(Br )
de sorte que B = (B1, . . . ,Bd ) est uneQ-base deK et
K=d⊕
r=1QUr
On pose aussi PQ,α =m−1∑k=0
ak Xk +Xm avec a0, . . . , am−1 ∈Q
et l’on a αm =−m−1∑k=0
ak αk
Commençons par vérifier que, si r ∈ [[1 ; d ]], alors Ur est stable par Mα. On a
∀i ∈ [[0 ; m −1]] Mα(αi er ) = αi+1 er
donc il est clair que ∀i ∈ [[0 ; m −1]] i 6m −2 =⇒ Mα(αi er ) ∈ Ur
et Mα(αm−1 er ) = αm er =−m−1∑k=0
akαk er ∈ Ur
On a prouvé que Mα envoie Br dans Ur , donc par linéarité, Ur est stable par Mα. Les calculsprécédents premettent aussi de trouver la matrice de l’endomorphisme induit dans Br :
Cα =
0 0 · · · 0 −a0
1. . . . . .
......
. . . . . . 0...
. . . 0 −am−2
1 −am−1
∈ Mm(Q)
21
Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison
Par suite, MatB Mα =
Cα
. . .Cα
et ∆α = χdCα
On calcule facilement, par récurrence, le polynôme caractéristique de Cα : il s’agit de (−1)m PQ,α.D’où
∆α = (−1)md PdQ,α = (−1)n Pd
Q,α
III.2.a En utilisant la question II.4, on peut trouver α1 et α2 dansK, tels que
α= α1 +α2 et Q[α1] =Q[α2] =Q[θ] =KLa question II.3 assure que les (σi (α1))16i6n sont deux-à-deux distincts. De plus, d’après (?),
∀i ∈ [[1 ; n ]] PQ,α1 (σi (α1)) =σi(PQ,α1 (α1)
)= 0
donc les (σi (α1))16i6n sont n racines deux-à-deux distinctes de PQ,α1 . Ce polynôme est de degrén, car (question I.1.c)
degPQ,α1 = dimQQ[α1] = dimQK
D’après le cours, PQ,α1 =n
Πi=1
(X−σi (α1))
Mais d’après la question III.2.a, ∆α1 = (−1)n PQ,α1 = (−1)nn
Πi=1
(X−σi (α1))
Il s’ensuit que TrMα1 = (−1)n−1 × le coefficient de degré (n −1) de ∆α1
= (−1)n−1 × (−1)n ×(−
n∑i=1
σi (α1))
TrMα1 =n∑
i=1σi (α1)
De la même manière, on prouve que TrMα2 =n∑
i=1σi (α2)
Mais il est trivial que Mα = Mα1 +Mα2 donc par linéarité de la trace et des (σi )16i6n ,
TrMα = TrMα1 +TrMα2 =n∑
i=1
(σi (α1)+σi (α2)
)= n∑i=1
σi (α)
TrMα =n∑
i=1σi (α)
III.3 Soient α1, . . . ,αn dansK. Comme les (σp )16p6n sont des morphismes deQ-algèbres,
∀i , j ∈N TrMαiα j =n∑
p=1σp (αi α j ) =
n∑p=1
σp (αi )σp (α j )
Autrement dit, si on définit les matrices
M = (TrMαi α j
)16i6n16 j6n
S = (σi (α j )
)16i6n16 j6n
22
Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison
le calcul précédent donne M = tSS
d’où detM = (detS)2
D(α1, . . . ,αn) = det2 (σi (α j )
)16i6n16 j6n
III.4 Soit A = (Ai , j )16i6n16 j6n
une matrice à coefficients dansQ. On pose
∀i ∈ [[1 ; n ]] βi =n∑
p=1Ap,1αp
Alors ∀i , j ∈ [[1 ; n ]] σi (β j ) =n∑
p=1σi (Ap, j︸︷︷︸
∈Q
αp ) =n∑
p=1Ap, j σi (αp )
En notant S(α1, . . . ,αn) = (σi (α j )
)16i6n16 j6n
et S(β1, . . . ,βn) = (σi (β j )
)16i6n16 j6n
la relation précédente s’écrit S(β1, . . . ,βn) = S(α1, . . . ,αn)A
D’où detS(β1, . . . ,βn) = (detA)(detS(α1, . . . ,αn))
et d’après la question III.3, D(β1, . . . ,βn) = (detS(β1, . . . ,βn))2
= (detA)2(detS(α1, . . . ,αn)
)2
= (detA)2 D(α1, . . . ,αn)
D(β1, . . . ,βn) = (detA)2 D(α1, . . . ,αn)
III.5 D’après la question III.3 et parce que les (σi )16i6n sont des morphismes d’algèbres,
D(1, . . . ,θn) =
∣∣∣∣∣∣∣σ1(1) · · · σ1(θn−1)
......
σn(1) · · · σn(θn−1
∣∣∣∣∣∣∣2
=
∣∣∣∣∣∣∣1 σ1(θ) · · · (σ1(θ))n−1
...... · · · ...
1 σn(θ) · · · (σn(θ))n−1
∣∣∣∣∣∣∣2
Ce dernier déterminant est connu, déjà calculé plusieurs fois en exercices :
D(1, . . . ,θn−1) =(Π
16i< j6n(σi (θ)−σ j (θ))
)2
Une petite manipulation de produits donne alors :
Π16i< j6n
(σi (θ)−σ j (θ)) = (−1)n(n−1)
2 Π16i< j6n
(σ j (θ)−σi (θ)) = (−1)n(n−1)
2 Π16 j<i6n
(σi (θ)−σ j (θ))
La première égalité provient du fait qu’il y a n(n−1)2 termes dans le produit ; la deuxième consiste
simplement à changer le nom des indices. Or,
{(i , j ) ∈ [[1 ; n ]]2 | i 6= j } = {(i , j ) ∈ [[1 ; n ]]2 | i < j }∪ {(i , j ) ∈ [[1 ; n ]]2 | j < i }
et ces deux ensembles ont une intersection vide. D’où
23
Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison
D(1, . . . ,θn−1) =Πi 6= j
(σi (θ)−σ j (θ))
III.6 Le calcul précédent montre que D(1, . . . ,θn−1) 6= 0, parce que 1, . . . ,θn−1 sont distincts deux-à-deux (ils forment une familleQ-libre).
On reprend α1, . . . ,αn dans K. Puisqu’une Q-base de K est (1, . . . ,θn−1), il existe une matrice(Ai , j )16i6n
16 j6ntelle que
∀i ∈ [[1 ; n ]] αi =n∑
p=1Ai ,p θ
p
c’est-à-dire que A = Mat(1,...,θn−1) (α1, . . . ,αn)
D’après la question III.4, D(α1, . . . ,αn) = (detA)2 D(1, . . . ,θn−1)︸ ︷︷ ︸6=0
et (detA)2 = D(α1, . . . ,αn)
D(1, . . . ,θn−1)
En mettant tous les morceaux ensemble,((α1, . . . ,αn) est uneQ−base deK
) ⇐⇒ ((α1, . . . ,αn) estQ− libre
)⇐⇒ (
Mat(1,...,θn−1) (α1, . . . ,αn) est de rang n)
⇐⇒ (A est inversible)
⇐⇒ (detA 6= 0)
⇐⇒ (D(α1, . . . ,αn) 6= 0
)(α1, . . . ,αn) est uneQ-base deK si, et seulement si, D(α1, . . . ,αn) 6= 0.
III.7 On commence par prouver que P = X3 −X−1 est Q-irréductible. Comme il est de degré 3, ilsuffit de vérifier qu’il n’a pas de racine dansQ.
Soient p ∈ Z et q ∈ N?, premiers entre eux, tels que P( pq ) = 0. Il est clair que 0 n’est pas racine
de P donc p 6= 0. On a
p3
q3− p
q−1 = 0 p3 −q2p −q3 = 0
et on voit que q |p3. Mais pgcd(q, p3) = pgcd(q, p) = 1 donc q = 1. Ensuite, p|q donc p =±1. MaisP(1) = P(1) =−1 6= 0.
Donc P n’a pas de racine dansQ : il estQ-irréductible. Ceci montre que
Si θ ∈C est une racine de P, alors PQ,θ = X3 −X−1.
Donnons deux méthodes pour calculer D(1,θ,θ2).Première méthode : Par définition :
D(1,θ,θ2) =∣∣∣∣∣∣
TrM1 TrMθ TrMθ2
TrMθ TrMθ2 TrMθ3
TrMθ2 TrMθ3 TrMθ4
∣∣∣∣∣∣On se place dans la base B = (1,θ,θ2) deQ[θ]. Alors MatB M1 = I3,
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Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison
MatB Mθ =0 0 1
1 0 10 1 0
car θ3 = 1+θ
puis MatB Mθ2 = (MatB Mθ
)2 =0 1 0
0 1 11 0 1
Comme on a
θ3 = 1+θ θ4 = θ+θ2
alors Mθ3 = M1 +Mθ Mθ4 = Mθ+Mθ2
d’où TrM1 = 3 TrMθ = 0 TrMθ2 = 2 TrMθ3 = 3 TrMθ4 = 2
Ensuite, simple calcul : D(1,θ,θ2) =−23
Deuxième méthode : On note θ1, θ2 et θ3 les trois racines (distinctes deux-à-deux car P est irré-ductible) de P. Par définition des morphismes deQ-algèbres σ1, σ2 et σ3 et d’après le résultat de laquestion III.5,
D(1,θ,θ2) = (−1)3×2
2 Πi 6= j
(θi −θ j ) = (θ1 −θ2)2(θ1 −θ3)2(θ2 −θ3)2
On essaie de calculer ça à l’aide des relations coefficients-racines : on sait que
θ1 +θ2 +θ3 = 0 θ1θ2 +θ2θ3 +θ3θ1 =−1 θ1θ2θ3 = 1
On part de (θ1 −θ2)2 = θ21 −2θ1θ2 +θ2
2 = (θ1 +θ2)2 −4θ1θ2
= θ23 −
4
θ3= θ3
3 −4
θ3
et on utilise le fait que θ33 = 1+θ3 pour obtenir
(θ1 −θ2)2 = θ3 −3
θ3
Les deux autres termes se simplifient de la même manière et il reste
D(1,θ,θ2) = (θ1 −3)(θ2 −3)(θ3 −3)
θ1θ2θ3=−P(3) =−23
D(1,θ,θ2) =−23
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