Universit´ e de Tours–L2S3 Math´ ematiques–alg` ebre–ann´ ee 2008/09

Universit´ e de Tours–L2S3 Math´ ematiques–alg` ebre–ann´ ee 2008/09

Examen

Premi`ere session – Lundi 5 janvier 2009 – dur´ee 2h

**** Tous documents et appareils ´electroniques interdits ****

Exercice 1 Parmi les 7 propositions suivantes, lesquelles sont vraies ou fausses ? Justifiez les r´eponses par une d´emonstration si vous estimez qu’une assertion est vraie et par un contre-exemple si vous pensez que c’est faux. J’insiste sur le fait qu’aucun point ne sera accord´e sans justification mˆeme en cas de r´eponse correcte.

Les questions pos´ees ne demandent pas de longs d´eveloppements, une r´edaction soign´ee et concise est attendue.

1. Toute matrice de M

( R ) a au moins une valeur propre r´eelle.

2. Le sous-ensemble des matrices inversibles est un sous-espace vectoriel de M

( R ).

3. Une sym´etrie est toujours inversible.

4.

18 27 9

−9 9 0 0 18 −27

= − 12391.

5. Si deux endomorphismes ont mˆeme polynˆome caract´eristique alors ils sont semblables.

6. L’application ϕ :

est un endomorphisme injectif.

7. Soit E de dimension n et f ∈ L(E) un endomorphisme nilpotent. Alors le polynˆome caract´eristique de f est P

(X) = ( − X)

.

Exercice 2

1. ´ Enoncer le th´eor`eme de trigonalisation.

2. D´emontrer-le.

3. Pourquoi un endomorphisme d’un C -espace vectoriel E de dimension finie est-il toujours trigonalisable ?

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Exercice 3 Soit A =





0 1 1 1 0 1 1 1 0



 .

1. Diagonaliser la matrice A (on justifiera qu’elle est bien diagonalisable, on cal- culera une matrice de passage ainsi que l’inverse de cette derni`ere).

2. Application : trouver au moins une matrice X ∈ M

( C ) (`a coefficients eventuelle- ment complexes) qui v´erifie l’´equation matricielle X

= A.

Barˆeme envisag´e : Exercice 1 : 7 pts ; Exercice 2 : 7 pts ; Exercice 3 : 6 pts.

2

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EXAMEN du Lundi 5 janvier 2009 : CORRECTION Une solution de l’exercice 1.

1. FAUX. SoitA=

„ 0 1

−1 0

«

.AlorsPA(X) =X²+ 1 et le polynˆome caract´eristique n’a pas de racine r´eelle.

2. FAUX. Par exemple IN et −IN sont des matrices inversibles de M^N(K) et pourtant IN + (−IN) = 0 et 0M

N(K)∈/GLN(K).

3. VRAI. Une sym´etries∈L(E) v´erifies◦s= idE ce qui prouve ques∈GL(E) avecs⁻¹=s(on dit que c’est une involution).

4. FAUX. Le d´eterminant vaut−12393.Ne surtout pas chercher `a calculer bˆetement ! Une mani`ere de voir que le r´esultat annonc´e est faux est de remarquer que chaque coefficient est multiple de 9 donc le d´eterminant sera multiple de 9³ donc en particulier de 3.Or 12391 n’est pas divisible par 3 donc c’est faux.

5. FAUX. Par exemple, les endomorphismes deR² dont les matrices dans la base canonique sont

„ 1 0 0 1

«

=I2

et

„ 1 1 0 1

«

ont tous deux (X−1)² pour polynˆome caract´eristique. Pourtant la deuxi`eme matrice ne peut pas ˆ

etre semblable `aI2car sinon elle devrait ˆetre ´egale `aI2.

6. VRAI. On a bien queϕ∈L(K[X]) car pour tousP, Q∈K[X] etλ∈K, ϕ(P+Q) =X(P+Q) =XP+XQ= ϕ(P) +ϕ(Q) etϕ(λP) =X(λP) =λXP=λϕ(P).De plus, siP ∈ker(ϕ), ϕ(P) =XP(X) = 0K[X] doncP est le polynˆome nul ce qui prouve que ker(ϕ) ={0K[X]}c’est-`a-dire queϕest injectif.

7. VRAI. Mˆeme siEest unR-espace vectoriel, on peut toujours le consid´erer comme unC-espace vectoriel. Comme f est nilpotent, Il existek∈N^∗tel quef^k= 0L(E).DoncX^kest un polynˆome annulateur. La seule valeur propre def est donc 0. Son polynˆome caract´eristique dansC[X] est donc (−X)ⁿ(il est scind´e donc ne peut avoir comme facteur irr´eductible queX,il est de degr´enavec (−1)ⁿcomme coefficient dominant). Comme (−X)ⁿ∈R[X],c’est le polynˆome caract´eristique def mˆeme si l’espace vectoriel est r´eel.

Une solution de l’exercice 2.

1. Le th´eor`eme de trigonalisation peut s’´enoncer : Un endomorphismefd’unK-espace vectoriel de dimension finie (K=RouCdans le cours) est trigonalisable si et seulement si le polynˆome caract´eristiquePf def est scind´e dans K[X].

2. D´emonstration du sens direct. On suppose que f est trigonalisable, c’est-`a-dire qu’il existe une base (e) = (e1,· · ·, en) deE(qu’on suppose de dimensionn) telle que

Mat(f,(e)) :=A= 0 B B B B B B B B B

@

λ1 ∗ · · · ∗

0 λ2 . .. .

..

0 0 . .. . .. ... ... . .. . .. ∗ 0 · · · 0 λn

1 C C C C C C C C C A

(lesλisont les valeurs propres–´eventuellement non distinctes–def). On en d´eduit que

Pf(X) =PA(X) =

n

Y

i=1

(λi−X).

D´emonstration de la r´eciproque. On raisonne matriciellement par r´ecurrence.

Pourn= 1,c’est vrai (il n’y a rien a d´emontrer car une matrice de taille 1×1 est triangulaire sup´erieure !).

Supposons que c’est vrai au rangn−1 pourn≥2 fix´e (c’est-`a-dire que, pour toute matriceA^′de taille (n−1)×(n−1) telle quePA′ soit scind´e, il existeP^′∈GLn−1(K) etT^′∈ Mⁿ⁻1(K) triangulaire sup´erieure telles queP^′−1A^′P^′= T^′).

SoitA∈ Mⁿ(K) (on appellef l’endomorphisme associ´e dans la base canonique deRⁿ) avecPAscind´e. Comme PAest scind´e, il a au moins une racineλ∈Kqui est une valeur propre deA.Soitε16= 0 un vecteur propre associ´e

`

aλ.Comme {ε1}est une famille libre, par le th´eor`eme de la base incompl`ete, on peut la compl´eter en une base (ε) = (ε1, ε2,· · ·, εn) deE.Alors

Mat(f,(ε)) = 0 B B B

@

λ ∗ · · · ∗ 0

... A^′ 0

1 C C C A

(la colonne de 0 vient du fait que vect(ε1) est stable parf). On aPf(X) = (λ−X)×PA′(X) et donc, commePfest scind´e,PA^′(X) est encore scind´e. On peut donc appliquer l’hypoth`ese de r´ecurrence `a la matriceA^′∈ Mⁿ⁻¹(K) :

3

il existeP^′∈GLn−1(K) etT^′∈ Mⁿ⁻1(K) triangulaire sup´erieure, telles queP^′−1A^′P^′=T^′.Soit

P = 0 B B B

@

1 0 · · · 0 0

... P^′ 0

1 C C C A

et Q= 0 B B B

@

1 0 · · · 0 0

... P^′−1 0

1 C C C A

Le simple calculP Q=Inprouve queP est inversible etP⁻¹=Q.Puis

P⁻¹ 0 B B B

@

λ ∗ · · · ∗ 0

... A^′ 0

1 C C C A

P= 0 B B B

@

λ ∗ · · · ∗

0

... P^′−1A^′P^′ 0

1 C C C A

= 0 B B B

@

λ ∗ · · · ∗ 0

... T^′ 0

1 C C C A

et cette derni`ere matrice est triangulaire sup´erieure. On en conclut que la matriceAde d´epart est trigonalisable ce qui termine la r´ecurrence et la preuve.

3. Par le th´eor`eme d’Alembert-Gauss, tout polynˆome complexe P ∈ C[X] est scind´e. Comme le polynˆome caract´eristique d’un endomorphisme d’unC-espace vectoriel E est un polynˆome de C[X],il est scind´e et donc l’endomorphisme est trigonalisable par le th´eor`eme qu’on vient d´emontrer.

Une solution de l’exercice 3.

1. On commence par calculer le polynˆome caract´eristique : PA(X) =−(X−2)(1+X)².Ce polynˆome est scind´e avec 2 et−1 comme racines. On en d´eduit queAest au moins trigonalisable (car il est scind´e) mais on a besoin d’´el´ements suppl´ementaires pour prouver qu’elle est diagonalisable (carPAn’est pas `a racines simples). On d´etermine donc les sous-espaces propresE2etE−1.

D´etermination deE2.La matrice

M−2I3= 0

@

−2 1 1

1 −2 1

1 1 −2

1 A

est clairement de rang 2 (elle n’est ´evidemment pas de rang 0 ou 1, ni de rang 3 car 2 est valeur propre). On en d´eduit queE2 est une droite vectorielle. Un vecteur directeur ´evident est (1,1,1) d’o`uE2=R(1,1,1).

D´etermination deE−1.La matrice

M+I3= 0

@

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 A

est de rang 1 de fa¸con ´evidente. DoncE−1 est de dimension 2 par le th´eor`eme du rang ; on peut donc affirmer maintenant queAest diagonalisable. Encore une fois, on peut trouver une base deE−1de tˆete :E−1=R(1,−1,0)⊕ R(1,0,−1).

Matrice de passage et son inverse. On d´eduit de ce qui pr´ec`ede que

P⁻¹AP=D avec D= 0

@

2 0 0

0 −1 0

0 0 −1

1 A, P=

0

@

1 1 1

1 −1 0

1 0 −1

1

A et P⁻¹=1 3

0

@

1 1 1

1 −2 1

1 1 −2

1 A.

2. CommeA=P DP⁻¹,l’´equation matricielleX²=Apeut s’´ecrireX²=P DP⁻¹.Posons

∆ = 0

@

√2 0 0

0 i 0

0 0 i

1

A de sorte que ∆²=D.

Alors : X²=P∆²P⁻¹= (P∆P⁻¹)(P∆P⁻¹) et on remarque queX=P∆P⁻¹ convient. Un simple calcul donne

X=1 3

0

@

√2 + 2i √

2−i √ 2−i

√2−i √

2 + 2i √ 2−i

√2−i √

2−i √ 2 + 2i

1 A.

4