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Il sera tenu compte de la lisibilité, en tous les sens du terme, de la rédaction

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Academic year: 2022

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(1)

Université Pierre et Marie Curie Année 2013-2014

Licence de Mathématiques LM372Algèbre 2

Examen du 14 mai 2014

Les documents, calculatrices et téléphones sont interdits. Il sera tenu compte de la lisibilité, en tous les sens du terme, de la rédaction.

Exercice 1 • Calculer les facteurs invariants du groupe (Z/45Z)×(Z/48Z)×(Z/50Z).

Exercice 2 • Dans l’anneau A = Z[X], on considère l’idéal I engendré par 2X+ 1etX+ 2, et on note

J ={P ∈A;P(−2)≡0 (mod 3)}.

a) Montrer queJ est un idéal deAqui contientI.

b) Montrer que3∈I.

c) Montrer queI=J.

d) L’anneauAest-il principal ?

Exercice 3 • NotonsM le Z-moduleZ3 et L le sous-module de M engendré par les vecteurs(5,−3,1),(−4,4,8) et(8,0,28).

a) Quel est le rang duZ-moduleL? En donner une base.

b) Trouver une base deM adaptée àL.

c) Quelle est la structure du groupeM/L? Exercice 4 •

a) SoientM etNdeux matrices de dimensionn≤3sur un corpsk. Montrer que si les matricesM et N ont même polynôme caractéristique et même polynôme minimal, elles sont semblables.

b) Montrer que pourn≥4ce n’est plus forcément le cas.

Exercice 5 •

a) Factoriser le polynômeX5+ 2X3+X dansR[X].

SoitE unR-espace vectoriel de dimension 6, et uun endomorphisme de E tel queu5=−2u3−u.

b) Quelles sont les valeurs possibles du polynôme minimal deu? c) Quelles sont les valeurs possibles du polynôme caractéristique deu?

d) Quelles sont les valeurs possibles de la forme de Jordan d’une matrice deu?

(2)

Université Pierre et Marie Curie Année 2013-2014

Licence de Mathématiques LM372Algèbre 2

Corrigé de l’examen du 14 mai 2014

Solution 1 • On commence par décomposer chaque groupe en parties pri- maires (théorème des testes chinois).

Z/45Z'(Z/9Z)×(Z/5Z) Z/48Z'(Z/16Z)×(Z/3Z) Z/50Z'(Z/2Z)×(Z/25Z)

et on rassemble les plus grandes puissances de chaque facteur premier, soit (Z/16Z)×(Z/9Z)×(Z/25Z)'(Z/3600Z)

puis celles qui restent

(Z/2Z)×(Z/3Z)×(Z/5Z)'(Z/30Z).

Les facteurs cherchés sont donc30et3600.

Solution 2 •

a) L’applicationP7→P(−2)est un morphisme d’anneaux deAdansZ. L’image réciproque J de l’idéal 3Z est donc un idéal de A. En posant S = 2X+ 1 et T =X+ 2, on a S(−2) =−3∈3Zet T(−2) = 0∈3Z, donc S, T ∈J. L’idéal I engendré parS etT est donc inclus dansJ.

b) On a3 = 2(X+ 2)−(2X+ 1) = 2T −S, donc3∈I.

c) SoitP ∈A. En effectuant la division euclidienne dePpar le polynôme unitaire T =X+ 2 de degré 1, on trouve un polynôme Q et un entier r∈ Z tels que P =QT+r. On a alors P(−2) =r. SiP ∈ J, alors r= 3k avec k∈Z ⊂A.

Comme3∈I et T ∈I, on a bienP =QT+r∈I. On a doncJ ⊂I. Comme on avait déjà l’autre inclusion, on en déduitI=J.

d) Remarque.Le fait queI est engendré par deux éléments ne prouve absolu- ment pas qu’il n’est pas principal. Par exemple, dansZ, l’idéal engendré par6 et 15est aussi engendré par l’élément unique3.

Supposons que l’idéalI=J soit principal, engendré par le polynômeP ∈A.

Comme 3∈ I, on a 3 = P Q, avecP, Q ∈A, doncP est de degré 0 : c’est un entierp∈Z. Comme2X+ 1∈I,pdivise1, donc±1 =p∈J, en contradiction avec la définition deJ. L’idéalI n’est pas principal et l’anneauAnon plus.

Solution 3 •

a) AppelonsC1,C2 etC3 les colonnes de la matrice

5 −4 8

−3 4 0

1 8 28

(3)

et appliquons successivement les transformations élémentaires C1 ← C1+C2, C2←C2+ 4C1,C3←C3−8C1etC3←C3+C2. Les matrices successives sont

5 −4 8

−3 4 0

1 8 28

,

1 −4 8

1 4 0

9 8 28

,

1 0 8

1 8 0

9 44 28

,

1 0 0

1 8 −8 9 44 −44

 et

1 0 0

1 8 0

9 44 0

Le module L est de rang 2 et les deux dernières colonnes f1 = (1,1,9) et f2= (0,8,44)de la matrice ci-dessus forment une base deL.

b) Il suffit de posere1=f1,e2= 14f2= (0,2,11)et, par exemple, e3= (0,1,6).

La matrice

1 0 0 1 2 1 9 11 6

a pour déterminant1, donc(e1, e2, e3)est une base deM. Elle est adaptée à L puisque f1=e1et f2= 4e2 forment une base deL.

c) On a

M/L'(Z/1Z)×(Z/4Z)×(Z/0Z)'(Z/4Z)×Z.

Solution 4 •

a) Notonsf1 | · · · |fr (respectivement g1 | · · · |gs les facteurs invariants de M (respectivementN). Le polynôme minimal commun estfr=gs et le polynôme caractéristique commun est le produitf1. . . fr=g1. . . gs. Son degré estn≤3.

On a donc(h=)Q

i<rfi=Q

i<sgi.

Supposons d’abord que le degré defr=gs vaut au moins 2. Cela implique deg(h)≤1. On a donc soitr=s= 1etf1=g1, soit r=s= 2 etf1=g1=h.

Si le degré de fr = gs vaut 1, tous les fi et les gi sont égaux àfr puisqu’ils divisent fr. Il y en a donc r =n =s. Dans tous les cas, M et N ont mêmes facteurs invariants et sont donc semblables.

b) Pourn= 4, le raisonnement fonctionne de la même façon, sauf sidegh= 2et ha deux écritures distinctes. On peut prendreh=X2, avecr= 3,f1=f2=X, s= 2,g1=X2 et f3 =g2 =X2. Voici donc deux matrices possibles de même polynôme minimal (X2) et caractéristique (X4) sans être semblables :

M =

0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

, N =

0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0

 .

Solution 5 •

a) On aX5+ 2X3+X =X(X2+ 1)2 etX etX2+ 1sont irréductibles surR. b) CommeX5+2X3+Xannuleu. Le polynôme minimalPmdeuest un diviseur de degré non nul de X5+ 2X3+X = X(X2+ 1)2 dans R[X]. Il s’écrit donc Xα(X2+ 1)β, avec0≤α≤1,0≤β≤2et α+β >0. Il y a cinq possibilités :

X, X2+ 1, X(X2+ 1),(X2+ 1)2 etX(X2+ 1)2.

(4)

c) Le polynôme caractéristique Pc est un multiple de Pm sans autres facteurs irréductibles quePmet qui est unitaire de degré 6. Il s’écrit doncXα(X2+ 1)β avecα≥0,β ≥0 etα+ 2β= 6. Il y a quatre possibilités :

X6, X4(X2+ 1), X2(X2+ 1)2 et(X2+ 1)3.

d) L’énoncé est ambigu. Chacun des six couples (Pm, Pc) donne une classe de similitude surR. On peut écrire des représentants sous forme de matrices com- pagnon surRou de matrices de Jordan surC. Les deux réponses sont acceptées.

1.

X, X6,

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

2.

X2+1,(X2+1)3,

0 −1 0 0 0 0

1 0 0 0 0 0

0 0 0 −1 0 0

0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 −1

0 0 0 0 1 0

 ou

i 0 0 0 0 0

0 i 0 0 0 0

0 0 i 0 0 0

0 0 0 −i 0 0

0 0 0 0 −i 0

0 0 0 0 0 −i

3.

X(X2+1), X4(X2+1),

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 −1

0 0 0 0 1 0

 ou

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 i 0

0 0 0 0 0 −i

4.

X(X2+1), X2(X2+1)2,

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 −1 0 0

0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 −1

0 0 0 0 1 0

 ou

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 i 0 0 0

0 0 0 i 0 0

0 0 0 0 −i 0

0 0 0 0 0 −i

5.

(X2+1)2,(X2+1)3,

0 −1 0 0 0 0

1 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 −1

0 0 1 0 0 0

0 0 0 1 0 −2

0 0 0 0 1 0

 ou

i 0 0 0 0 0

0 i 0 0 0 0

0 1 i 0 0 0

0 0 0 −i 0 0

0 0 0 0 −i 0

0 0 0 0 1 −i

6.

X(X2+1)2, X2(X2+1)2,

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 −1

0 0 1 0 0 0

0 0 0 1 0 −2

0 0 0 0 1 0

 ou

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 i 0 0 0

0 0 1 i 0 0

0 0 0 0 −i 0 0 0 0 0 1 −i

 .

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