Interrogation dispensatoire d’alg`ebre Premier bachelier en sciences math´ematiques, janvier 2013

Interrogation dispensatoire d’alg` ebre

Premier bachelier en sciences math´ematiques, janvier 2013

Consignes :

• R´epondre `a des questions diff´erentes sur des feuilles distinctes et num´erot´ees comportant chacune vos nom et pr´enom. Rendre au moins une feuille par question (mˆeme en cas d’abstention).

• Chacune des deux parties (th´eorie et exercices) est cot´ee sur 10 points. La moins bonne cote interviendra pour 55% de la note finale.

• La clart´e, la r´edaction et la justification des r´eponses fournies interviennent dans la cotation de l’ensemble de l’examen. Enoncer les r´esultats utilis´es.

Bon travail !

1) Soit K un champ. D´emontrer qu’une matrice A ∈ Kⁿ

p est de rang r si et seulement si on peut trouver rcolonnes de Alin´eairement ind´ependantes telles que toute colonne de A soit combinaison lin´eaire de celles-ci.

Preuve. La condition est n´ecessaire. Par d´efinition du rang d’une matrice, si le rang de A vautr, alors on peut trouver r colonnes lin´eairement ind´epen- dantes Ci1, . . . , Ci^r. Si une colonneD deA n’´etait pas combinaison lin´eaire de Ci¹, . . . , Ci^r, alors Ci¹, . . . , Ci^r, D seraient lin´eairement ind´ependants¹ et on en conclurait que rg(A)> r.

Passons `a la r´eciproque. Si on peut trouver r colonnes de A lin´eairement ind´ependantes, alors rg(A) ≥ r. Montrons que le rang de A vaut exactement r. Soits > r. Si on consid`eres colonnesquelconquesdeA, cesscolonnes sont, par hypoth`ese, combinaisons de r colonnes de A. Elles sont donc, au vu du th´eor`eme de Steinitz² lin´eairement d´ependantes. Par cons´equent, on ne peut pas trouver plus de r colonnes lin´eairement ind´ependantes. Donc, A est de rang r.

Enoncer et d´emontrer la r`egle des sous-matrices bord´ees permettant de d´eter- miner le rang d’une matrice A∈Kⁿ

p. Preuve. cf. cours th´eorique.

2) Enoncer et d´emontrer le th´eor`eme de Bezout relatif au p.g.c.d. de deux entiers. Comment utiliser ce r´esultat pour la recherche d’inverses dans Z_m ?

Preuve. cf. cours th´eorique. Un ´el´ement non nul [x]m deZ_m est inversible si et seulement si l’entierxest premier avecm. Dans ce cas, au vu du th´eor`eme de Bezout, il existe des entiers relatifs α, β tels que α x+β m = 1. D`es lors, si on travaille modulo m, on a α x ≡ 1 (mod m). Autrement dit, [α]m est l’inverse de [x]m.

3) D´efinir la somme directe de p≥2 sous-espaces vectoriels d’unK-vectoriel.

cf. cours th´eorique (la d´efinition exprimant le fait que le vecteur nul poss`ede une d´ecompositionuniquecomme somme d’´el´ements des diff´erents sous-espaces suffit).

1Rappeler la proposition suivante. Soient x₁. . . , xr des vecteurs lin´eairement ind´epen- dants. Les vecteurs x₁, . . . , xr, y sont lin´eairement d´ependants si et seulement siy est com- binaison lin´eaire de x₁, . . . , xr.

2r+ 1 combinaisons lin´eaires de rcolonnes sont toujours lin´eairement d´ependantes.

4) Vrai–Faux. Justifier `a chaque fois votre r´eponse par une preuve (´enoncer un r´esultat th´eorique du cours peut suffire) ou un contre-exemple explicite.

a. Soit n ≥ 2 un entier. L’ensemble des racines n-i`emes de l’unit´e, muni de la multiplication de nombres complexes, forme un groupe.

b. Soient n ≥ 2 un entier et τ une transposition de S_n. Les applications f :S_n → S_n, ν 7→τ ν etg :S_n → S_n, ν 7→ντ sont des bijections deS_n dans lui-mˆeme.

c. Soient A, B ∈R³

3. Si det(A) = det(B) = 0, alors det(A+B) = 0.

d. Soient x, y, z trois ´el´ements d’un C-vectoriel E. Les ´el´ements x, y, z sont lin´eairement ind´ependants si et seulement si x,2y, iz le sont.

e. Soient F etG deux sous-espaces vectoriels distincts de dimension 3 de R⁴. On a toujours F +G=R⁴.

Solution.

a. VRAI. SoitUn ={e^2ikπ/n |k= 0, . . . , n−1}l’ensemble desnracinesn- i`emes de l’unit´e. Autrement dit,x∈C appartient `aUn si et seulement sixⁿ = 1. La multiplication d´efinie surUnestinterne: soientx, y ∈Un. On a xy ∈ Un, car (xy)ⁿ = xⁿyⁿ = 1. La multiplication dans C est associative donc sa restriction `a Un l’est aussi. Le neutre 1 appartient bien `a Un. Pour tout ´el´ement e^2ikπ/n de Un, l’´el´ement e^{2i(n−k)π/n} de Un

en est l’inverse.

b. VRAI. Montrons-le pour f. L’application f est injective. Soientµ, ν ∈ Sn tels que f(µ) =f(ν). Il faut v´erifier queµ=ν. On a

f(µ) = τ µ=τ ν =f(ν).

Puisque τ est permutation, il poss`ede un inverse τ<sup>−1</sup> dansSn (muni du produit de composition). En multipliant `a gauche par τ⁻¹, on trouve τ⁻¹τ µ = τ⁻¹τ ν et donc µ = ν. L’application f est surjective. Soit σ ∈ Sn. Existe-t-il µ ∈ Sn tel que f(µ) = σ ? Puisque f(µ) = τ µ, il suffit de prendre µ = τ⁻¹σ qui est encore un ´el´ement de Sn. Mˆeme raisonnement pour g (on multipliera `a droite par τ⁻¹).

c. FAUX. Un contre-exemple suffit. Soient A=





1 0 0 0 0 0 0 0 1



, B =





0 0 0 0 1 0 0 0 0



.

On a det(A) = det(B) = 0, mais A+B =I et det(A+B) = 1.

d. VRAI. Si les vecteursx, y, z sont lin´eairement d´ependants, alors il existe des scalaires α, β, γ non tous nuls tels que αx+βy+γz = 0. Dans ce cas, on dispose de la combinaison lin´eaire suivante dex,2y, iz :

αx+β

22y+γ iiz = 0

avec des coefficients α,^β₂,^γ_i non tous nuls. Donc x,2y, iz sont lin´eaire- ment d´ependants. R´eciproquement, six,2y, izsont lin´eairement d´epen- dants, alors il existe des scalaires α, β, γ non tous nuls tels que αx + β2y+γiz = 0. Ceci montre que x, y, z sont alors lin´eairement d´epen- dants car les coefficients de x, y, z dans cette derni`ere combinaison, `a savoir α,2β, iγ sont non tous nuls.

e. VRAI. Il existe un vecteurf deF n’appartenant pas `aG. En effet, sinon F serait inclus dans Get, F et G´etant de mˆeme dimension, on aurait F = G, alors que F et G sont distincts. Soit (g1, g2, g3) une base de G. D`es lorsf, g1, g2, g3 sont lin´eairement ind´ependants (sinon, f serait combinaison lin´eaire de g1, g2, g3). Donc le sous-espace if, g1, g2, g3h est inclus dans F +G et sa dimension vaut 4. Par cons´equent, on a dim(F +G) = 4 et donc F +G=R⁴.

R´epondre `a des questions diff´erentes sur des feuilles distinctes et num´erot´ees. Rendre au moins une feuille par question (mˆeme en cas d’abstention). Justifier vos r´eponses.

Enoncer les r´esultats utilis´es. Fin de l’interrogation: 12h30.

1) Soit E un C-vectoriel de dimension n ≥ 3. On y consid`ere des vecteurs {e1, . . . , en}et on d´efinit les vecteurs

t_j =e_j +e_j+1+e_j+2, ∀j ∈ {1, . . . , n−2}

et tn−1 =e1+en−1+en,tn =e1+e2 +en.

• Pourn = 5, d´emontrer que (e1, . . . , en) est une base deEsi et seulement si (t1, . . . , tn) en est une.

• Pour n = 5, donner la matrice de changement de bases pour passer de la base (e1, . . . , en) `a la base (t1, . . . , tn).

Si (e1, . . . , e5) est une base deE, pour montrer quet1, . . . , t5forment une base de E, il suffit de v´erifier qu’ils sont lin´eairement ind´ependants. Consid´erons la matrice

M =









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









o`u laj-i`eme colonne contient les composantes detjdans la baseU = (e1, . . . , e5).

Puisque det(M) = 36= 0, les colonnes de M, ΦU(t1), . . . ,ΦU(t5) sont lin´eaire- ment ind´ependantes et puisque ΦU est un isomorphisme entre E et C⁵, on en conclut que t₁, . . . , t₅ sont lin´eairement ind´ependants. Ces vecteurs ´etant en nombre ´egal `a la dimension de E, ils en forment une base. On trouve

M⁻¹ = 1 3









2 −1 2 −1 −1

−1 2 −1 2 −1

−1 −1 2 −1 2

2 −1 −1 2 −1

−1 2 −1 −1 2







 .

SiV = (t1, . . . , t5) est une base deE, alors laj-i`eme colonne deM<sup>−1</sup>contient les composantes deej dans la baseV. Puisque det(M<sup>−1</sup>) = 1/det(M) = 1/36= 0, par un raisonnement analogue `a celui d´evelopp´e ci-dessus, on a que si V est une base de E, alors (e1, . . . , e5) aussi.

En particulier, M⁻¹ est la matrice de changement de bases pour passer de la base (e₁, . . . , e_n) `a la base (t₁, . . . , t_n).

2) On note U(Z₈) l’ensemble des ´el´ements inversibles de Z₈. Quels sont ´el´e- ments de U(Z₈) ? D´eterminer (et justifier votre r´eponse) si les fonctions suiv- antes sont injectives, surjectives, bijectives

• f :U(Z₈)→U(Z₈), x7→x⁻¹ (mod 8)

• g :Z₈ →Z₈, x7→x² (mod 8)

• h:Z₈ →Z₈, x7→3x (mod 8)

Si on pose Z₈ ={0,1, . . . ,7}. On trouveU ={1,3,5,7} (il suffit de consid-

´erer les ´el´ements premiers avec 8 = 2³.

• L’applicationf est une bijection deU(Z₈) dans lui-mˆeme. On af(1) = 1, f(3) = 3 car 3.3 ≡ 1 (mod 8), f(5) = 5 car 5.5 ≡ 1 (mod 8) et f(7) = 7 car 7.7 ≡ 1 (mod 8). On voit donc que f : U(Z₈) → U(Z₈) est trivialement injective et surjective.

• L’application g n’est pas injective car g(0) = g(4). En effet, 4² ≡ 0 (mod 8). Elle n’est pas non plus surjective. Une fa¸con de le voir est de remarquer que {g(i)|i∈Z₈}={0,1,4}. On pourrait aussi utiliser le fait que, puisque Z₈ est fini,g est injective si et seulement si elle est surjective.

• L’application h est une bijection. Cela r´esulte essentiellement du fait que 3 est inversible dansZ₈. Six, y ∈Z₈ sont tels queh(x) =h(y), alors 3x= 3y dans Z₈ et en multipliant les deux membres par l’inverse de 3, on trouvex=y. Autrement dit,hest injective. Pour la surjectivit´e, on peut bien sˆur utiliser le dernier argument du point pr´ec´edent, ou encore dresser l’ensemble des valeurs prises parh,

i 0 1 2 3 4 5 6 7

h(i) 0 3 6 1 4 7 2 5

ou enfin, remarquer que pour touty∈Z₈,x= 3⁻¹yest tel quef(x) =y.

3)Soientα, βdeux nombres complexes distincts etEleC-vectoriel des polynˆomes

`a coefficients complexes de degr´e au plus 2. On consid`ere le sous-vectoriel F donn´e par

F ={P ∈E |P(α) = 0}.

(Pour rappel, si P appartient `a F, alorsP est divisible par (x−α).)

• V´erifier que (x−α)², (x−α) est une base de F.

• SiP =a(x−α)²+b(x−α) est un ´el´ement deF, aveca, b∈C, quelles sont ses composantes dans la base x², x,1 de E ?

• Donner une base d’un suppl´ementaire de F dans E. Justifier votre r´eponse.

Soit l’ensemble G donn´e par

G={P ∈E | P(α) +P(β) = 0}.

• Montrer que G est un sous-espace vectoriel de E.

• Caract´eriser les ´el´ements de F ∩G. En particulier, quelle est la dimen- sion de F ∩G ?

• Montrer que G est de dimension 2. La somme de F et de G peut-elle ˆetre directe ?

L’espace E est de dimension 3, une base en est donn´ee par x², x,1. Le sous-espace F ´etant inclus strictement dans E (par exemple, les polynˆomes x−β ou 1 de E n’appartiennent pas `a F), sa dimension est au plus 2. Les deux polynˆomes x− α et (x−α)<sup>2</sup> ont des degr´es diff´erents. Ils sont donc lin´eairement ind´ependants<sup>3</sup> et appartiennent `a F. Par cons´equent, F est de

3Sia(x−α) +b(x−α)²= 0, alors on en tire que n´ecessairementa=b= 0.

dimension 2. Donc,x−αet (x−α)² forment une base deF. Pour le deuxi`eme point, il suffit de distribuer,

P =a(x−α)²+b(x−α) =a x²+ (b−2aα)x+aα²−bα.

Ainsi, les composantes deP dans la basex², x,1 sonta,b−2aα,aα²−bα. Au vu de la discussion men´ee en pr´eambule, pour construire un suppl´ementaire H de F dansE, il suffit de trouver un polynˆome non nul deEn’appartenant pas `aF. Par exemple,H =i1hconvient, carH∩F ={0}et dimE = 3 = dimF+dimH.

Le polynˆome nul appartient `a G. Si P, Q sont des ´el´ements de G, i.e., P(α) + P(β) = 0 et Q(α) + Q(β) = 0, alors P +Q appartient encore `a G. En effet, (P +Q)(α) + (P +Q)(β) = P(α) +Q(α) +P(β) +Q(β) = 0.

De fa¸con analogue, si P ∈ G, alors pour tout λ ∈ C, λP ∈ G. En effet, (λP)(α) + (λP)(β) = λ(P(α) +P(β)) = 0.

Si un polynˆomeR appartient simultan´ement `aF et `a G, alors on en conclut d’abord que R(α) = 0 et donc que R(β) = 0. Par cons´equent, R est de la forme a(x−α)(x−β) (un polynˆome de degr´e au plus deux s’annulant en α et β). En particulier, cela signifie que F ∩Gest de dimension 1, tout ´el´ement du sous-espace ´etant multiple du polynˆome (x−α)(x−β).

Pour le dernier point, construisons d’abord un polynˆome de degr´e 1 tel que S(α) = 1 et S(β) = −1. On peut remarquer que les polynˆomes T(x) = (x−α)(x−β) et S(x) = 1−2(x−α)/(β−α) appartiennent `a G. PuisqueS et T sont lin´eairement ind´ependants (ils ont des degr´es diff´erents), dimG≥2 mais G est inclus strictement dans E (e.g., 1 6∈G), donc dimG= 2. Puisque dim(F ∩G) = 1, la somme de F et Gne peut pas ˆetre directe.

4) Soient n ≥ 2 un entier et des r´eels s1, . . . , sn. Calculer par r´ecurrence le d´eterminant suivant

det







s1 . . . s1

... s2 . . . s2

... ... ... ...

s₁ s₂ . . . s_n





 .

En essayant avec de petites valeurs de n, on imagine facilement que la valeur du d´eterminant recherch´e est

s1(s2−s1)(s3−s2)· · ·(sn−sn−1).

Prouvons-le par r´ecurrence sur n. Pour le cas de base, on a det

s1 s1

s1 s2

=s1(s2−s1).

Supposons que le r´esultat est v´erifi´e pour une matrice (n−1)×(n−1),

det







t₁ . . . t₁ ... t₂ . . . t₂ ... ... ... ...

t1 t2 . . . tn−1







=t1(t2−t1)(t3−t2)· · ·(tn−1 −tn−2).

Pour calculer le d´eterminant demand´e avec une matrice n×n, si on soustrait la premi`ere colonne aux autres colonnes⁴, on a

det







s1 . . . s1

... s2 . . . s2

... ... ... ...

s1 s2 . . . sn







= det







s1 0 . . . 0

... s2−s1 . . . s2−s1

... ... . .. ...

s1 s2−s1 . . . sn−s1





 .

On est en pr´esence d’une matrice triangulaire et on se ram`ene donc `a calculer le d´eterminant d’une matrice (n−1)×(n−1) ayant la mˆeme structure (s2−s1

joue le rˆole det1,s3−s1 celui det2, . . . , sn−s1 le rˆole detn−1) et `a laquelle on peut donc appliquer l’hypoth`ese de r´ecurrence. Ainsi, le d´eterminant demand´e vaut bien

s₁(s₂−s₁) ((s₃−s₁)−(s₂−s₁))

| {z }

s3−s2

· · ·((s_n−s₁)−(s_n−1−s₁))

| {z }

sn−sn−1

.

4Ce n’est bien sˆur pas la seule fa¸con de mener `a bien le calcul.