Partie B – ´ Etude de R

DM de MPSI2

Corrig´ e de devoir non surveill´ e

Racines p-i` emes r´ eelles de I

Partie A – G´ en´ eralit´ es

A.1Rn(p) ne comprend pas la matrice nulle, ce n’est donc pas un sous-espace vectoriel deMn(R).

A.2 Sachant A^p =In et p>2, on a A^p =AA^p−1 = In : A∈GLn(R) (son inverse est A^p−1). De plus A^−1p

A^p =In par associativit´e de la multiplication des matrices carr´ees, et finalement A^−1p

=In ce qui signifie A⁻¹∈ Rn(p).

A.3On montre (par r´ecurrence ou autrement) que pour toutp∈N, P⁻¹APp

= P⁻¹A^pP Par suite, siA∈ Rn(p) etP ∈GLn(R), alors P⁻¹AP ∈ Rn(p).

A.4 SiA=diag(λ1, λ2, ..., λn),alorsA^p=diag(λ^p₁, λ^p₂, ..., λ^p_n),doncA∈ Rn(p)∩ Dn(p), si et seulement si les λi v´erifient λ^p_i = 1. Les coefficientsλi ´etant r´eels, sipest un nombre impair, il y a une solution unique A=In,alors que sipest pair, chaqueλi peut prendre la valeur 1 ou −1, ce qui donne 2ⁿ solutions.

Rn(p)∩ Dn(R) est fini, de cardinal 1 ou 2ⁿ selon quenest impair ou pair.

A.5 Soit q > 2 et notons d = p∧q. Il existe deux entiers p1 et p2 premiers entre eux tels que p = dp1

et q = dp2. Dans ces conditions, a ∈ Rn(p)∩ Rn(q) ´equivaut `a : A<sup>dp1</sup> = In et A<sup>dp2</sup> = In, il en r´esulte d’une part que si A ∈ Rn(d), alors a ∈ Rn(p)∩ Rn(q). Et inversement, si a ∈ Rn(p)∩ Rn(q), alors comme p1 et p2 sont premiers entre eux, le th´eor`eme de B´ezout fournit uet v tels que 1 = p1u+p2v, d’o`u A^d=A^d(p1u+p2v)= (A^p)^u(A^q)^v =I_nI_n=I_n, doncA∈ Rn(d).

Rn(p)∩ Rn(q) =Rn(d).

Partie B – ´ Etude de R

(2)

B.1A∈ R2(2)\ {I2,−I2}, etu∈ L(E),dont la matrice dansBestA.

Ker(u−IdE)⊕Ker(u+IdE) =E.

aSix∈ker (u−IdE)∩ker (u+ IdE),alorsu(x) =x=−x,doncxest nul, on en d´eduit ker (u−IdE)∩ ker (u+ Id_E)⊂ {0E},puis l’´egalit´e car l’inclusion inverse est ´evidente D’autre part, il est clair que pour tout x de E, on a : x = ¹₂(x−u(x)) + ¹₂(x+u(x)), et on v´erifie que ¹₂(x−u(x)) ∈ ker (u+ Id_E), tandis que

1

2(x+u(x))∈ker (u−Id_E).Ainsi ker (u−Id_E)⊕ker (u+ Id_E) =E. On a reconnu dansula sym´etrie par rapport `a ker (u−IdE),parall`element `a ker (u+ IdE).

b En prenant des vecteurs non nuls respectifs f1 et f2 de ker (u−IdE) et ker (u+ IdE) (ce qui est possible, caru6= IdE etu6=−IdE), la matrice de udans (f1, f2) est

1 0 0 −1

.

c Le passage de la base B `a cette base particuli`ere s’effectue `a l’aide d’une matrice de passage P = a b

c d

de d´eterminantad−bc6= 0 :

1 0 0 −1

=P⁻¹AP

A=P

1 0 0 −1

P⁻¹= 1 ad−bc

a b c d

1 0 0 −1

d −b

−c a

= 1

ad−bc

ad+bc −2ab 2cd −bc−ad

B.2 Si on prend deux ´el´ements A et B deR2(2) qui ne commutent pas, il n’y a aucune raison pour que ABsoit encore dansR2(2),par exemple :A=

1 0 0 −1

, B=^√1

2

1 1 1 −1

sont dansR2(2),alors que AB=

√1 2

√1 2

−^√1

2

√1 2

!

et (AB)² =

0 1

−1 0

.G´eom´etriquement, cela signifie qu’en g´en´eral, deux sym´etries du plan ne commutent pas et que le produit de deux sym´etries axiales n’est pas une sym´etrie axiale.

Partie C – ´ Etude de R

(3)

C.1

a Soit x ∈ F ∩G, alors v(x) = x et v²(x) +v(x) +x = 0_E, donc 3x = 0_E, d’o`u x = 0_E, ainsi : F∩G⊂ {0E}, l’inclusion inverse est imm´ediate : F∩G={0}.

bSoitx∈E : v ¹₃ x+v(x) +v²(x)

=¹₃ v(x) +v²(x) +x

, donc ¹₃ x+v(x) +v²(x)

∈F. D’autre part,

v²+v+ Id_E 1

3 2x−v(x)−v²(x)

=1_3(2v2(x)−x−v(x))+¹₃(2v(x)−v²(x)−x)+¹₃(2x−v(x)−v²(x))=0_E,donc ¹₃ 2x−v(x)−v²(x)

∈G.

cTout vecteurxdeEpouvant s’´ecrirex=¹₃ x+v(x) +v²(x)

+¹₃ 2x−v(x)−v²(x)

,on en d´eduit : E=F⊕G.

C.2Si dimF = 2,alorsF =E,donc M =I2. C.3Supposons dimF = 1.

a CommeF⊕G=E ,Gest de dimension 1. Il existe donc une base (g₁, g₂) de E,telle que g₁∈F et g₂∈G.

b On a v(g₁) = g₁ et v²(g₂) +v(g₂) +g₂ = 0_E car g₂ ∈ G, dans la base B⁰ v a pour matrice M⁰ = 1 a

0 b

,d’o`uM⁰²=

1 a+ab 0 b²

,on en d´eduit

a+ab+a+ 0 = 0

b²+b+ 1 = 0 ,ce qui est impossible avecbr´eel.

Conclusion, F n’est pas de dimension 1.

C.4

aSi la famille (e1, v(e1)) ´etait li´ee, il existerait un couple (α, β)6= (0,0) tel queαe1+βv(e1) = 0E,comme β ne peut pas ˆetre nul sans queαle soit, il existeλtel quev(e₁) =λe₁,alorsv³(e₁) =λ³e₁=e₁,doncλ= 1, ce qui contredit l’hypoth`ese dimF = 0.Enfin comme dimE= 2,la famille libre (e1, v(e1)) est une base deE.

b Soit M⁰ la matrice de v dans cette base, M⁰ =

0 x 1 y

, o`u v(v(e1)) = xe1+yv(e1). Comme dimG= 2,on av²(e₁)+v(e₁)+e₁= 0_E,doncx=y=−1.Donc la matrice devdansB⁰estM⁰ =

0 −1 1 −1

, enfin la matrice de passage deB`aB⁰ estP =

1 a 0 b

,d’inverseP⁻¹= ¹_b

b −a 0 1

.On en d´eduit que la matrice devdans la baseBest M =P M⁰P⁻¹=¹_b

ab −1−a−a² b² −ab−b

.