MPSI B Année 2014-2015 Corrigé DM 10 vendredi 06/03/15 29 juin 2019

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Problème 1

Partie I

1. Le polynôme caractéristique attachée à cette relation de récurrence linéaire est X ² − (2 − a)X − (a − 1) = (X − 1)(X − a + 1)

Lorsque a 6= 0 , les deux racines sont distinctes, une base de S est formée par (1) _n∈N , ((1 − a) ⁿ ) _n∈N

Lorsque a = 0 , une base est formée par

(1) _n∈N , (n) _n∈N

2. Lorsque a 6= 0 , il existe des nombres α et β tels que pour tous les entiers n : w n = α + β (1 − a) ⁿ

On résoud le système aux inconnues α et β formé en prenant n = 0 et n = 1 . On en déduit que pour tout entier n :

w _n = w ₀ − w ₁

a (1 − a) ⁿ + w ₁ − (1 − a)w ₀ a On raisonne de même dans le cas a = 0 et on obtient

w _n = w ₀ + (w ₁ − w ₀ )n

Partie II

1. Pour montrer que (E, ◦) est un sous-groupe du groupe des automorphismes de V , trois points sont à vérier : la commutativité de la composition, la stabilité de la composition, la bijectivité d'un élément de E et le fait que sa bijection réciproque soit aussi dans E .

On commence par calculer f ◦ f , f ◦ g , g ◦ f , g ◦ g en considérant les images de vecteurs de base. On obtient :

f ◦ f(u) = 0 E , f ◦ f (v) = −f (v) = v − u, f ◦ f (w) = 0 E

f ◦ g(u) = 0 _E , f ◦ g(v) = 0 _E , f ◦ g(w) = f (u) − f (w) = 0 _E g ◦ f(u) = 0 E , g ◦ f (v) = g(u) − g(v) = 0 E , g ◦ f (w) = 0 E

g ◦ g(u) = 0 E , g ◦ g(v) = 0 E , g ◦ g(w) = −g(w) = −u + w

On en déduit (unicité du prolongement linéaire)

f ◦ f = −f, f ◦ g = g ◦ f = 0 _E , g ◦ g = −g puis

h _a,b ◦ h _a

_,b

= (Id _V + af + bg) ◦ (Id _V + a ⁰ f + b ⁰ g)

= Id V + (a + a ⁰ − aa ⁰ )f + (b + b ⁰ − bb ⁰ )g = h a+a

−aa

,b+b

−bb

∈ E à condition que a + a ⁰ − aa ⁰ 6= 1 et b + b ⁰ − bb ⁰ 6= 1 . Ceci est réalisé car

a + a ⁰ − aa ⁰ − 1 = (a − 1)(1 − a ⁰ ), b + b ⁰ − bb ⁰ − 1 = (b − 1)(1 − b ⁰ )

avec a, a ⁰ , b, b ⁰ diérents de 1 . On a donc montré la stabilité de E et la commutativité de la composition.

En ce qui concerne la bijectivité : remarquons d'abord que Id V = h 0,0 . On en tire

h a,b ◦ h a

,b

= Id V ⇔

( a + a ⁰ − aa ⁰ = 0 b + b ⁰ − bb ⁰ = 0 ⇔



 

 

a ⁰ = a a − 1 b ⁰ = b

b − 1 On en conclut que h a,b est bijectif de bijection réciproque

h ⁻¹ _a,b = h

a−1

,

∈ E car a

a − 1 6= 1 et b b − 1 6= 1 2. L'équation (1) est équivalente au système

( a + a(1 − a) = a b + b(1 − b) = b ⇔

( a(1 − a) = 0 b(1 − b) = 0 La solution dans E est donc

h 0,0 = Id V

3. L'équation (2) est équivalente au système

( a(2 − a) = 0 b(2 − b) = 0

qui admet quatre couples solutions. Les solutions dans E sont h _0,0 = Id _V , h _0,2 , h _2,0 , h _2,2

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Partie III

1. D'après l'expression du produit dans E obtenue en II.1.

M = Id _V + a(f + g) ⇒ M ² = Id _V + a(2 − a)(f + g) d'où

(2 − a)M = (2 − a)Id V + a(2 − a)(f + g) = (2 − a)Id V + M ² − Id V

⇒ M ² = (a − 1)Id V + (2 − a)M 2. Supposons que M ⁿ = α _n M + β _n Id _V pour un certain entier n . Alors

M ⁿ⁺¹ = α n M ² + β n M = (β − n + (2 − a)α n )M + (a − 1)α n Id V

Ceci prouve l'existence des deux suites, elles sont dénies par récurrence par les for- mules

α _n+1 = β _n + (2 − a)α _n β _n+1 = (a − 1)α _n et les conditions initiales

α 0 = 0, β 0 = 1 α 1 = 1, β 1 = 0 3. D'après les relations de récurrence de la question précédente,

α n+2 = β n+1 + (2 − a)α n+1 = (a − 1)α n + (2 − a)α n+1

donc (α _n ) _{n∈ N} ∈ S . D'après la partie I, on obtient Si a 6= 0 :

α n = − 1

a (1 − a) ⁿ + 1

a , β n = − 1

a (1 − a) ⁿ + a − 1 a , M ⁿ = 1 − (1 − a) ⁿ

a M + (1 − a) ⁿ + a − 1 a Id V

Si a = 0 :

α n = n, β n = 1 − n, M ⁿ = nM − (n − 1) Id V

Partie IV

1. F est clairement stable pour l'addition, comme h ² _2,2 = Id _V il est stable pour ◦ de plus il contient Id V . C'est donc un sous-anneau.

2. Il existe des éléments non nuls dont le produit est nul. Par exemple (Id _V − h _2,2 ) ◦ (Id _V + h _2,2 )

3. L'équation

(λ Id V +µh 2,2 ) ◦ (λ ⁰ Id V +µ ⁰ h 2,2 ) = Id V

se traduit par le système aux inconnues λ ⁰ et µ ⁰ ( λλ ⁰ + µµ ⁰ = 1

µλ ⁰ + λµ ⁰ = 0

que l'on résoud par les formules de Cramer. On trouve, pour λ 6= µ : 1

λ ² − µ ² (λ Id _V −µh _2,2 ) ◦ (λ Id _V +µh _2,2 ) = Id _V

Les éléments inversibles du sous-anneau F sont donc les λ Id _V +µh _2,2 avec |λ| 6= |µ| .

Problème 2

1. Par des propriétés de cours : dim R α+β−1 [X ] = α + β et

dim ( R β−1 [X] × R α−1 [X]) = dim R β−1 [X] + dim R β−1 [X ] = α + β On remarque que

dim ( R β−1 [X] × R α−1 [X]) = dim R α+β−1 [X]

Ce qui jouera un rôle par la suite.

2. L'application

R α+β−1 [X ] → R P → P e (a)

est linéaire et à valeurs dans le corps de base R. C'est une forme linéaire non nulle car l'image du polynôme 1 de degré 0 est non nulle. Son noyau N a est donc un hyperplan.

Sa dimension est

dim N _a = dim R α+β−1 [X] − 1 = α + β − 1

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3. Si Q est nul M(Q) est réduit au vecteur nul, c'est évidemment un sous-espace vectoriel.

Il est de dimension 0 par convention et ne possède pas de base. Lorsque Q est non nul, soit q son degré et considérons l'application

R α+β−1−q [X ] → R α+β−1 [X ] P → P Q

Elle est bien dénie car le degré d'un produit est la somme des degré. Elle est linéaire et injective car l'anneau des polynômes est intègre. De plus M(Q) est l'espace vectoriel image. Par injectivité la dimension est conservée donc

dim M(Q) = dim R α+β−1−q [X] = α + β − q 4. La linéarité de Φ est évidente.

5. a. Démonstration 1. On va démontrer en fait

A ∧ B 6= 1 ⇒ Φ non injective

Soit M un diviseur commun à A et B de degré non nul. Il existe des polynômes A 1 et B 1 tels que A = M A 1 et B = M B 1 . Ils vérient deg A 1 < α et deg B 1 < β donc (B ₁ , −A 1 ) ∈ R β−1 [X] × R α−1 [X] est un élément non nul du noyau de Φ . Démonstration 2. Comme les espaces de départ et d'arrivée de Φ sont de même

dimension :

Φ injective ⇒ Φ surjective

⇒ ∃(P, Q) ∈ R β−1 [X ] × R α−1 [X] tq P A + QB = 1

⇒ A ∧ B = 1 (d'après le théorème de Bezout) b. Démonstration 1. Comme les espaces de départ et d'arrivée de Φ sont de même

dimension :

Φ surjective ⇒ Φ injective ⇒ A ∧ B = 1 (d'après a) Démonstration 2.

Φ surjective ⇒ ∃(P, Q) ∈ R β−1 [X] × R α−1 [X ] tq P A + QB = 1

⇒ A ∧ B = 1 (d'après le théorème de Bezout)

c. Démonstration 1. On suppose A ∧ B = 1 . On considère (P, Q) ∈ ker Φ donc P A + QB = 0 avec deg P < β et deg Q < α . Alors

A divise QB A ∧ B = 1

)

⇒ A divise Q (d'après thm. de Gauss)

Comme deg Q < α = deg A ceci n'est possible que si Q est nul ce qui entraine que ker Φ est réduit au vecteur nul donc Φ est injective.

Démonstration 2. Comme les espaces de départ et d'arrivée de Φ sont de même dimension :

A ∧ B = 1 ⇒ Φ surjective (d'après d) ⇒ Φ injective

d. Démonstration 1. On suppose A et B premiers entre eux. D'après le théorème de Bezout, il existe des polynômes P 0 et Q 0 tels que P 0 A + Q 0 B = 1 .

Pour n'importe quel polynôme S ∈ R α+β−1 [X] , il existe des polynômes P 1

et Q 1 tels que P 1 A + Q 1 B = S . On peut prendre par exemple P 1 = SP 0 et Q ₁ = SQ ₀ . Mais ces polynômes peuvent avoir un degré trop élevé.

Écrivons une division euclidienne de P ₁ par B : P 1 = T B + P avec deg(P) < β

Dénissons Q par Q = Q 1 + T A . Alors P A + QB = S avec deg(P) < β . Il reste à vérier la condition ( < α ) sur le degré de Q pour prouver que (P, Q) est un antécédent de S par Φ .

deg(P A) = deg P + deg A <α + β deg S <α + β

)

⇒ deg(QB) = deg(S − P A) < α + β

⇒ deg Q + deg A < α + β ⇒ deg Q < α Démonstration 2. Comme les espaces de départ et d'arrivée de Φ sont de même

dimension :

A ∧ B = 1 ⇒ Φ injective (d'après c) ⇒ Φ surjective

6. D'après le théorème de Bezout, l'image de Φ est l'ensemble M(A ∧ B) des multiples du pgcd. On en déduit le rang de Φ par la question 3. qui conduit au résultat demandé

rg Φ = α + β − deg(A ∧ B) ⇒ deg(A ∧ B) = α − β − rg Φ

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