Corrigé de l’examen du 11 janvier 2018
Le barème, sur 25 points, était le suivant: I (4 points; a=1,5 b=1,5 c=1), II (6 points; a=1,5 b=1,5 c=3), III (5 points; a=1,5 b=2,5 c=1), IV (10 points; a=1,5, b=2, c=3, d=1, e=2,5).
Compte tenu de ce barème, seules les copies ayant obtenu au moins 18 (soit 6 copies) peuvent être considérées comme bonnes, toutes celles situées en dessous de 10 témoignent d’une maîtrise et/ou d’une compréhension très faible. Suivre et/ou apprendre le cours semble être considéré comme superflu par une majorité d’étudiants, comme le montre le piètre résultat aux questions de cours ; leurs faibles résultats ne devraient donc pas les surprendre.
Exercice 1 (Questions de cours)
Soit f : E → E un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension finie sur le corps K, et P(X) = a0+a1X+· · ·+adXd un polynôme deK[X].
(a) Rappeler la définition de l’endomorphisme P(f). Si Q ∈ K[X] est un autre polynôme, quelle relation y a-t-il entre P(f), Q(f) et (P Q)(f) ?
Par définition P(f) :E →E est l’endomorphisme tel que P(f) =a0IdE+a1f +. . .+adfd oùfd=f◦f ◦. . .◦f (d fois), c’est-à-dire encore pour toutx∈E
P(f)(x) =a0x+a1f(x) +. . .+adfd(x)∈E.
SiQ(X) = P0≤j≤d0bjXj, alors P Q(X) =P(X)Q(X) = X
0≤i≤d
aiXi X
0≤j≤d0
bjXj = X
0≤k≤d+d0
X
i+j=k
aibj
Xk,
d’où
(P Q)(f) = X
0≤k≤d+d0
X
i+j=k
aibj
fk = X
0≤i≤d
aifi◦ X
0≤j≤d0
bjfj =P(f)◦Q(f).
Il est également facile de voir que (P +Q)(f) = P(f) +Q(f), et on en déduit qu’on a un homomorphisme K[X] → EndK(E), P 7→ P(f), de l’anneau (K[X],+,×) dans l’anneau (EndK(E),+,◦). Comme P Q=QP dans K[X], il vient
P(f)◦Q(f) = (P Q)(f) = (QP)(f) = Q(f)◦P(f), c’est-à-dire queP(f), Q(f)∈EndK(E) commutent.
Erreurs commises: Le terme IdE est souvent oublié. On relève aussi dans de nombreuses copies des notations qui n’ont pas de sens, du typeP(x) ouP(f(x)) (on ne peut pas pren- dre un polynôme d’un vecteur), la loi de multiplication◦de l’anneau des endomorphismes est oubliée ou confondue avec une loi notée ×.
(b) SiP, Q∈K[X], montrer que KerP(f) et ImP(f) sont stables par Q(f).
De manière générale, si des endomorphismes g, h∈EndK(E) commutent (h◦g =g◦h), on vérifie que Kerg et Img sont stables par h : pour tout x∈E
x∈Kerg ⇒g(x) = 0⇒g(h(x)) =h(g(x)) = 0⇒h(x)∈Kerg, et
y=g(x)∈Img ⇒h(y) = h(g(x)) = g(h(x))∈Img.
Comme P(f) et Q(f) commutent, on en déduit en particulier que KerP(f) et ImP(f) sont stables par Q(f) (et donc par f, en considérant le cas particulier Q(X) = X).
Erreurs commises: Sauf pour les rares étudiants qui connaissent le cours, les élucubrations produites montrent que les notations ne sont souvent même pas comprises.
(c) Que peut-on en déduire pour ce qui est de la stabilité des sous-espaces propres et des sous-espaces caractéristiques de f (on en rappellera la définition) ?
Par définition, si λ ∈ K est une valeur propre de f, le sous-espace propre associé à la valeur propre λ estEλ = Ker(f −λIdE), et le sous-espace caractéristique correspondant est Cλ = Ker(f −λIdE)m où m ≥ 1 est la multiplicité de la racine λ dans le polynôme caractéristique χf(X). Il est facile de voir que Eλ ⊂ Cλ. En appliquant le résultat du (b) àP(X) =X−λ (resp. à P(X) = (X−λ)m), on en déduit queEλ etCλ sont stables par f, ou plus généralement par tout polynômeQ(f) de l’endomorphisme f.
Erreurs commises: Définition de Cλ non connue / non comprise.
Exercice 2
Le but de cet exercice est de résoudre dans Zle système de congruences
(∗) x≡a mod 78, x≡b mod 114
oùa, b∈Z sont donnés et où x∈Z est l’inconnue.
(a) Déterminerd= pgcd(78,114), puis des entiers u, v tels que 78u+ 114v =d.
On utilise l’algorithme d’Euclide. Des divisions euclidiennes successives donnent 114 = 1×78 + 36, 78 = 2×36 + 6, 36 = 6×6 + 0,
d= pgcd(78,114) est le dernier reste non nul, c’est-à-dired= 6. (On pouvait aussi utiliser la méthode de CM1/CM2, à savoir les factorisations 78 = 2×3×13, 114 = 2×3×19, d’où d= 2×3 = 6). En “remontant” les divisions, il vient
6 = 78−2×36 = 78−2×(114−78) = 3×78−2×114,
soit d = 6 = 78u+ 114v avec u = 3 et v = −2. Il n’y a pas unicité du couple (u, v), en fait u0 =u−19`, v0 = v + 13` (` ∈ Z) est aussi solution, certains étudiants ont obtenu par exemple (u0, v0) = (−16,11) (en faisant `= 1), ce qui est une solution acceptable.
Erreurs commises: un étudiant parvient à trouverd= 1086 (!!!), en confondant manifeste- ment pgcd et ppcm, et après une cascade d’inepties montrant que le calcul arithmétique de l’école primaire n’est pas maîtrisé. . .En fait on a ppcm(78,114) = 2×3×13×19 = 1482, ce qui jouera un rôle plus loin.
(b) Montrer que (∗) ne peut avoir de solution que si a≡b mod d.
Dire que x est solution du système (∗) signifie qu’il existe λ, µ∈Z tels que x=a+ 78λ etx=b+ 114µ, mais alors
b−a = (x−114µ)−(x−78λ) = 78λ−114µ= 6(13λ−19µ) est divisible par 6, par conséquent on doit nécessairement avoir a ≡ b mod 6. On pouvait aussi raisonner de manière un peu moins directe en disant que comme 6 est un diviseur commun de 78 et 114, le système (∗) implique
x≡a mod 6, x≡b mod 6,
donc a≡b mod 6 par soustraction (ou par transitivité de la relation ≡).
Erreurs commises: une proportion notable d’étudiants confond condition nécessaire et condition nécessaire et suffisante, et abuse trop systématiquement (par paresse de pensée ou de rédaction ?) du symbole ⇐⇒.
(c) On suppose désormais que a ≡ b mod d et on écrit b = a+kd, x−a = yd où y est la nouvelle inconnue. Montrer que (∗) est équivalent à un système (∗∗) de deux congruences pour y, modulo des entiers premiers entre eux. Montrer que y= 13uk est solution de ce système et résoudre alors complètement le système (∗∗) en fonction de k, puis le système (∗) en fonction de a et b.
On suppose donc icia≡bmod 6, et on écritb =a+ 6k,x−a= 78λ = 6y(avecy= 13λ).
En termes de la nouvelle inconnue y ∈ Z, le système (∗) équivaut alors à l’existence de λ, µ∈Ztels que
x−a= 6y = 78λ, x−a−6k = 114µ⇔6y−6k= 114µ, soit, après division par 6
y= 13λ, y−k= 19µ, c’est-à-dire encore
(∗∗) y≡0 mod 13, y≡k mod 19.
Comme pgcd(13,19) = 1, le théorème chinois nous dit que (∗∗) admet une solution unique de la formey≡y0 modulo 13×19, et il suffit de connaître une solution particulièrey0 ∈Z pour résoudre (∗∗). Or y0 = 13uk = 39k vérifie bien
y0 ≡0 mod 13, et y0 ≡k mod 19,
car 39≡1 mod 19. La solution de (∗∗) est donc y =y0+ 13×19×`= 39k+ 247` avec
`∈Z quelconque, et celle de (∗) est donc
x=a+ 6y=a+ 6(39k+ 247`) =a+ 39×6k+ 1482`=a+ 39(b−a) + 1482`.
On voit ainsi que lorsque a≡b mod 6, la solution générale de (∗) est x=−38a+ 39b+ 1482`, `∈Z quelconque.
Erreurs commises: très peu d’étudiants entrevoient la solution (pourtant lourdement
“téléguidée par l’énoncé”), une seule copie réalise que la solution doit être une congruence modulo ppcm(78,114) = 1482.
Exercice 3
On considère le polynôme P(X) =X4+ 3X2+ 9∈Q[X].
(a) Montrer que P n’a pas de racines réelles et que les racines complexes sont simples.
On a P(x)≥ 9 pour tout x ∈ R, donc P n’a pas de racine réelles. D’après le théorème de d’Alembert, on sait que P doit avoir 4 racines complexes comptées avec multiplicité, mais la question est de savoir si ces racines sont simples ou multiples. Or
P0(X) = 4X3+ 6X = 4X(X2+ 3/2)
a pour racines complexes z = 0 et z = ±iq3/2, dont aucune n’est racine de P : on a P(0) = 9 et P(±iq3/2) = (−3/2)2+ 3(−3/2) + 9 = 27/4.
Donc d’après le cours,P admet 4 racines complexes simples (i.e. 2 à 2 distinctes).
Erreurs commises: peu d’étudiants pensent à considérer P0(X). Beaucoup tentent un calcul explicite des racines complexes (ce qui est une alternative tout à fait acceptable), mais font des erreurs de calculs ou oublient de justifier que les racines complexes sont distinctes.
(b) Montrer qu’il existe deux réelsα, β >0 tels que l’on puisse écrireP(X) = (X2+α)2−βX2. En déduire (explicitement) les décompositions deP en facteurs irréductibles dansR[X] et dans C[X].
Il est immédiat de voir que
P(X) = X4+ 3X+ 9 = (X2+ 3)2−3X2,
on peut donc choisirα =β = 3 avec les notations de l’énoncé (on pouvait aussi travailler par identification des coefficients de (X2+α)2−βX2, ce qui donnait une autre solution α=−3, β =−9, non acceptable vu l’hypothèse α, β >0). D’après l’identité A2 −B2 = (A+B)(A−B), on en déduit
(+) P(X) = (X2+ 3)2−(√
3X)2 = (X2+√
3X+ 3)(X2−√
3X+ 3).
Les polynômes réels X2+√
3X + 3, X2+√
3X+ 3 admettent pour discriminant ∆ = 3−12 = −9 <0, il n’ont donc pas de racines réelles. On en déduit que (+) est bien la décomposition de P(X) en facteurs irréductibles dans R[X]. En revanche, on voit que dans C ces deux polynômes admettent les racines
±√ 3±3i
2 ,
ce qui donne dans C[X] la décomposition en facteurs irréductibles de degré 1
P(X) =
X−
√3 + 3i 2
X−
√3−3i 2
X− −√ 3 + 3i
2
X− −√ 3−3i
2
.
Erreurs commises: un nombre incroyable d’étudiants ne voit pas que 3X2 = (√
3X)2 ou écrit des inepties du style 3X2 = (3X)2, ou encore prend√
3 ou √
3X2 comme racine car- rée de 3X2. La non maîtrise à un niveau pathétique du calcul arithmétique et algébrique est hélas un handicap très lourd à surmonter . . .
(c) P est-il réductible dans Q[X] ?
Si on avait une décomposition dans Q[X], ce serait aussi une décomposition dans R[X], mais celle-ci est unique à des constantes réelles près. Les facteurs seraient donc des polynômes du second degré aX2+bX+cproportionnels aux facteurs X2±√
3X+ 3 de la décomposition (+), mais alors on auraitb/a =±√
3 ce qui est impossible si a, b, c∈Q puisque √
3∈/ Q. Donc P(X) est irréductible dans Q[X].
Erreurs commises: aucun étudiant ne donne une explication parfaitement limpide.
Exercice 4
Soient a, b, c dans un corps K (on pourra se restreindre si on le souhaite à K = R), et on considère l’endomorphisme f :K3 →K3 de matrice
A=
a+b 2−c c−a−b
a 2 −a
a 2−c c−a
dans la base canonique B0 = (e1, e2, e3), soit e1
1 0 0
, e2
0 1 0
, e3
0 0 1
en vecteurs colonnes.
(a) Calculer l’image du vecteurw =e1+e2+e3 et en déduire l’existence d’une valeur propre
“évidente” qu’on explicitera – aucun calcul n’étant nécessaire pour cela.
On a
w
1 1 1
, A
1 1 1
=
a+b 2−c c−a−b
a 2 −a
a 2−c c−a
1 1 1
=
2 2 2
= 2
1 1 1
,
ce qui montre que f(w) = 2w. Donc w (qui est bien non nul) est un vecteur propre de valeur propre λ= 2.
Erreurs commises: c’est la question qui (avec d= pgcd(78,114) = 6) est traitée correcte- ment par le plus grand nombre d’étudiants. Mais certains ne connaissent pas la définition d’un vecteur propre ou d’une valeur propre. Qu’ont-ils fait pendant ce semestre ?
(b) Montrer que le plan P engendré par e2 et w est stable par f. Déterminer la matrice de l’endomorphisme g de P obtenu par restriction de f à P dans la base BP = (e2, w), et montrer que g admet une base (v, w) de vecteurs propres (avecv ∈P), dont on précisera les valeurs propres associées.
Il s’agit de vérifier que f(e2)∈P etf(w)∈P. Mais on sait déjà que f(w) = 2w∈P et f(e2) est le vecteur de coordonnées
a+b 2−c c−a−b
a 2 −a
a 2−c c−a
0 1 0
=
2−c 2 2−c
= (2−c)
1 1 1
+c
0 1 0
,
donc f(e2) = ce2 + (2−c)w ∈ P. Ceci montre que P est stable par f. D’autre part, d’après ce calcul, la matrice de la restriction g : P →P de f dans la base BP = (e2, w) est donnée par
Mat(e2,w)(g) = c 0 2−c 2
!
.
Cette matrice étant triangulaire inférieure, on voit aussitôt que le polynôme caractéris- tique est χg(X) = (X−c)(X−2) et que ses valeurs propres sont λ = cet λ = 2. Pour λ=c, on a
Mat(e2,w)(g−cIdP) = 0 0 2−c 2−c
!
.
Si c 6= 2, le noyau est engendré par exemple par le vecteur −1 1
!
dans la base (e2, w),
soit v = −e2 +w
1 0 1
dans la base (e1, e2, e3), et si c = 2, le noyau est égal au plan P
tout entier. Quoi qu’il en soit, on a toujours une base (v, w) = (−e2+w, w) de vecteurs propres deP pour les valeurs propres respectives cet 2, et dans cette base on a donc une matrice diagonale 2×2
Mat(v,w)(g) = c 0 0 2
!
.
Erreurs commises: beaucoup d’étudiants ne réalisent pas que g : P → P est un endo- morphisme d’un plan et que sa matrice doit donc être une matrice 2×2. On en voit de
“toutes les couleurs”, des matrices 3×3, 2×3, 3×2 . . ., des confusions entre les coor- données dans BP et celles dans B0 = (e1, e2, e3), indiquant hélas un manque de maîtrise des notions de base, de coordonnées, de sous-espace vectoriel, de restriction – et d’une manière générale, témoignant d’une capacité insuffisante à lire, comprendre et interpréter l’énoncé.
(c) Montrer que le plan P0 engendré par w et e1 est également stable par f. Déterminer la matrice de l’endomorphisme h de P0 obtenu par restriction de f à P0 dans la base BP0 = (w, e1). Déterminer le polynôme caractéristique χh et le polynôme minimal µh, et trouver la condition nécessaire et suffisante sur les coefficients a, b, c pour que h soit diagonalisable.
On voit de même que f(e1) est le vecteurs de coordonnées
a+b 2−c c−a−b
a 2 −a
a 2−c c−a
1 0 0
=
a+b a a
=a
1 1 1
+b
1 0 0
,
donc f(e1) = be1 +aw ∈ P0. Ceci montre que P0 est stable par f et que la matrice de l’endomorphisme h : P0 → P0 obtenu par restriction de f, s’exprime dans la base BP0 = (w, e1) par
Mat(w,e1)(h) = 2 a 0 b
!
.
C’est une matrice triangulaire supérieure, le polynôme caractéristique est χh(X) = (X−2)(X−b)
et les valeurs propres sont λ = 2 et λ = b. Si b 6= 2, les valeurs propres sont distinctes, dont h est diagonalisable et le polynôme minimal µh(X) = χh(X) = (X −2)(X − b) coïncident. Sib= 2 et a6= 0, l’espace propreE2 se réduit à la droiteKw(de coordonnées
1 0
!
dans (w, e1)), donc h n’est pas diagonalisable, son polynôme minimal est encore µh(X) = χh(X) = (X −2)2. Si b = 2 et a = 0, on a h = 2 IdP0, dans ce cas h est diagonalisable de polynôme minimalµh(X) =X−2. En conclusion, h est diagonalisable si et seulement sib 6= 2 ou si b= 2 et a= 0.
Erreurs commises: question non maîtrisée et massacrée par de nombreux étudiants.
(d) Montrer queB= (v, w, e1) est une base deK3et que la matrice defdansBest triangulaire supérieure.
D’après ce qui précède, la matrice de passage de B0 = (e1, e2, e3) à B= (v, w, e1) est
Π =
1 1 1 0 1 0 1 1 0
qui est inversible (son déterminant est −1), de sorte queB = (v, w, e1) est bien une base deK3. D’autre part, la matrice de f dans B est
M = Mat(v,w,e1)(f) =
c 0 0 0 2 a 0 0 b
.
C’est une matrice triangulaire supérieure.
Erreurs commises: rien à signaler lorsque cette question est atteinte sans erreurs dans les questions précédentes (ce qui n’est malheureusement pas souvent le cas !).
(e) Montrer qu’un polynôme P ∈ K[X] annule f (i.e. P(f) = 0), si et seulement si c est racine deP etP(h) = 0. En déduire le polynôme minimalµf def en fonction des valeurs dea, b, c et la condition nécessaire et suffisante pour que f soit diagonalisable dans K3. Comme le montre (d), l’espace K3 se décompose en somme directe K3 = Kv ⊕P0 où f(v) = cv etf|P0 =h. Pour un polyôme P ∈K[X] quelconque, la matriceP(M) deP(f) se compose de 2 blocs diagonaux de taille 1×1 et 2×2, le premier donné par le coefficient P(c) et le second par la matrice
P
2 a 0 b
!!
représentant P(h). Donc on a P(f) = 0 ssi P(c) = 0 et P(h) = 0, c’est-à-dire ssi P est multiple de X−cet de µh(X). En conclusion
µf(X) = ppcm(X−c, µh(X)) =
(X−2)(X−b)(X−c) si 2 6=b 6=c6= 2 (X−2)(X−b) si b6= 2, c= 2
X−2 si b=c= 2 et a= 0
(X−2)2 si b=c= 2 et a6= 0 (X−2)(X−c) si b= 2, a = 0, c6= 2 (X−2)2(X−c) si b= 2, a 6= 0, c6= 2.
On voit aussi que f est diagonalisable ssi h est diagonalisable, c’est-à-dire ssi b 6= 2 ou b= 2 et a= 0.
Erreurs commises: seules 2 ou 3 copies atteignent cette question, et une seule copie (quasi parfaite avec 24,5/25) la traite de façon convaincante.
