UNIVERSIT´E JOSEPH FOURIER 2014-2015 Unit´e d’Enseignement MAT 231
Corrig´e de l’examen du jeudi 8 janvier 2015
Exercice 1 On consid`ere la matrice suivante :
A=
1 0 −1 0
0 0 1 −1
−1 0 1 0
1 −1 0 0
.
1. Constater que les sommes des coefficients des lignes de A sont ´egales et en d´eduire que le
vecteur colonne
1 1 1 1
est vecteur propre de A.
Les sommes des coefficients sur les lignes valent 0, donc
1 1 1 1
est vecteur propre de A associ´e
`
a la valeur propre 0.
2. Montrer que le polynˆome caract´eristique de A estX(X−1)(X+ 1)(X−2).
Le polynˆome caract´eristique de A vaut :
PA(X) =
X−1 0 1 0
0 X −1 1
1 0 X−1 0
−1 1 0 X
=
X 0 1 0
X X −1 1 X 0 X−1 0
X 1 0 X
en rempla¸cant la premi`ere ligne par la somme des lignes
=X
1 0 1 0
1 X −1 1
1 0 X−1 0
1 1 0 X
=X
1 0 0 0
1 X −2 1
1 0 X−2 0
1 1 −1 X
en retranchant la premi`ere colonne `a la troisi`eme,
=X
X −2 1 0 X−2 0
1 −1 X
=X
X−2 −2 1 X−2 X−2 0
0 −1 X
en ajoutant la deuxi`eme colonne `a la premi`ere,
=X(X−2)
1 −2 1
1 X−2 0
0 −1 X
=X(X−2)
1 0 0
1 X −1
0 −1 X
en ajoutant deux fois la premi`ere colonne `a la seconde et en la retranchant `a la troisi`eme,
=X(X−2)
X −1
−1 X
=X(X−2)(X2−1) =X(X−1)(X+ 1)(X−2).
3. Quel est le reste de la division euclidienne de X8 par X(X−1)(X+ 1)(X−2) ?
La division euclidienne de X7 par (X − 1)(X + 1)(X − 2) donnera la division de X8 par X(X−1)(X + 1)(X−2). Notons a+bX+cX2 le reste de la division euclidienne de X7 par (X−1)(X+ 1)(X−2). En appliquant `a X = 1, X =−1 et X = 2 cette division, on obtient :
a+b+c= 1 a−b+c=−1 a+ 2b+ 4c= 128 Ce syst`eme ´equivaut `a :
a+b+c= 1 2b= 2 b+ 3c= 127
d’o`u b= 1,c= 42eta=−42. Le reste de la division euclidienne deX7 par(X−1)(X+1)(X− 2)est42X2+X−42, donc le reste de la division euclidienne deX8 par X(X−1)(X+1)(X−2) est 42X3+X2−42X.
4. D´eterminer A8.
Comme le polynˆome X(X−1)(X+ 1)(X−2) annule A (th´eor`eme de Cayley-Hamilton), on a A8 = 42A3+A2 −42A. Le calcul donne :
A2 =
2 0 −2 0
−2 1 1 0
−2 0 2 0 1 0 −2 1
, A3 =
4 0 −4 0
−3 0 4 1
−4 0 4 0 4 −1 −3 0
puis :
A8 =
128 0 −128 0
−128 1 127 0
−128 0 128 0 127 0 −128 1
.
Exercice 2
Soient a, b∈Cet P(X) = X4+aX3+ (b−1)X2−aX−b.
1. Montrer que 1 et −1 sont racines du polynˆome P. En d´eduire que X2−1 divise P(X).
On a P(1) = 1 +a+ (b−1)−a−b = 0 et P(−1) = 1−a+ (b−1) +a−b= 0. Donc X−1 et X+ 1 divisent P(X), et comme ils sont premiers entre eux, leur produit divise P(X).
Remarque : on peut aussi invoquer la d´ecomposition de P(X) en produit d’irr´eductibles dans
C[X] ou R[X] pour justifier que (X−1)(X+ 1) divise P(X).
2. Calculer P0(1) etP0(−1) (o`u P0 d´esigne le polynˆome d´eriv´e de P).
On a P0(X) = 4X3+ 3aX2+ 2(b−1)X−a donc P0(1) = 4 + 3a+ 2(b−1)−a= 2a+ 2b+ 2 et P0(−1) =−4 + 3a−2(b−1)−a= 2a−2b−2.
3. Pour quelles valeurs de a et b le polynˆome X4 +aX3 + (b−1)X2 −aX −b est-il le carr´e d’un polynˆome deC[X] ?
Le polynˆome P est un carr´e si et seulement si 1 et -1 sont racines doubles de P, donc si et seulement si P0(1) =P0(−1) = 0. Cela donne a= 0 et b =−1.
Remarque : La division euclidienne de X4 +aX3 + (b −1)X2 −aX −b par X2 −1 donne X4+aX3+ (b−1)X2−aX−b = (X2−1)(X2+aX+b). Comme X2−1 = (X−1)(X+ 1), la d´ecomposition de P en produit d’irr´eductibles montre que P est un carr´e si et seulement si X2+aX+b=X2−1.
Exercice 3
On consid`ere l’endomorphismef deR3 dont la matrice dans la base canoniqueBcan deR3 est :
matBcan f =
0 −1 −1
−1 1 2
1 −1 −2
.
1. Calculer le d´eterminant de f, le rang de f et la trace de f.
Les deux derni`eres colonnes de la matrice de f sont ´egales, donc detf = 0.
Le rang de f est au plus 2 puisque le d´eterminant de f est nul, et les deux premi`eres colonnes sont non proportionnelles, donc le rang de f vaut 2.
La trace de f vaut -1.
2. Donner une base du noyau de f.
Soit (x, y, z) ∈ R3. On a (x, y, z) ∈ Kerf si et seulement si y+z = 0 et −x+y+ 2z = 0, ce qui donne x = z = −y. Le noyau de f est donc la droite vectorielle engendr´ee par le vecteur (1,−1,1).
3. Montrer que f n’est pas diagonalisable.
Le polynˆome caract´eristique Pf(X) de f est :
Pf(x) =
X 1 1
1 X−1 −2
−1 1 X+ 2
=
X 1 1
−X X−1 −2 X 1 X+ 2
en rempla¸cant la premi`ere ligne par la somme des lignes
=X
1 1 1
−1 X−1 −2
1 1 X+ 2
=X
1 1 1
0 X −1
0 0 X+ 1
en ajoutant la premi`ere ligne `a la seconde et en la retranchant `a la troisi`eme. Cela donne
Pf(x) = X2(X+ 1).
Donc 0 est valeur propre double de f. Or Kerf est de dimension 1. Donc f n’est pas diagona- lisable.
4. Quel est le polynˆome minimal de f?
Le polynˆome minimal de f divise le polynˆome caract´eristique de f et a mˆeme racine. Donc il vaut X(X + 1) ou X2(X+ 1). S’il valait X(X+ 1), il serait scind´e `a racines simples, donc f serait diagonalisable, ce qui n’est pas le cas. Donc le polynˆome minimal de f est X2(X+ 1).
5. Montrer que R3 se d´ecompose comme somme directe R3 = Ker f2⊕Ker (f + id ) de deux sous-espaces vectoriels stables par f.
Les polynˆomes X2 et X+ 1 sont premiers entre eux (d’apr`es la d´ecomposition en irr´eductibles, cela vient du fait qu’ils n’ont pas de racines communes dans C), donc d’apr`es le lemme des noyaux, Ker f2 ⊕Ker (f + id ) = Kerf2(f + id ) = R3. De plus ces deux sous-espaces sont stables par f en tant que noyaux de polynˆomes en f.
6. a. Montrer que Kerf ⊂Kerf2.
C’est une cons´equence du fait que X divise X2.
b. Trouver une base B de R3 dans laquelle la matrice de f est de la forme :
matB f =
−1 0 0 0 0 a 0 0 0
avec a∈R(indication : cette matrice est une matrice diagonale par blocs).
On utilise la d´ecomposition de la question pr´ec´edente. On a (x, y, z)∈Ker (f+ id ) si et seule- ment si x−y−z = 0 et −x+ 2y+ 2z = 0, donc si et seulement si x = 0, y = −z. Donc Ker (f + id ) = vect((0,1,−1)). Posons e1 = (0,1,−1).
Le calcul donne matBcan f2 =
0 0 0
1 0 −1
−1 0 1
. Donc (x, y, z) ∈ Kerf2 si et seulement si x = z. Prenons e2 = (1,−1,1), vecteur directeur de Kerf et compl´etons e2 par e3 = (0,1,0) de sorte que (e2, e3) forme une base de Kerf2. Ainsi B = (e1, e2, e3) forme un base adapt´ee `a la d´ecomposition R3 = Kerf2⊕Ker (f + id ), dans laquelle on a la forme d´esir´ee :
matB f =
−1 | 0 0
− − − −
0 | 0 a
0 | 0 0
Le calcul donne f(e3) = (−1,1,−1) = −e2 donc a=−1
c. A l’aide de cette base` B, trouver une nouvelle base B0 telle que
matB0 f =
−1 0 0 0 0 1 0 0 0
.
En changeant e3 en e03 = −e3, on obtient f(e03) = e2. Donc la base B0 = (e1, e2, e03) donne la forme d´esir´ee.
Exercice 4
Dans l’espace vectoriel E = K[X] de dimension infinie, on note F = K3[X] le sous-espace vectoriel form´e des polynˆomes de degre au plus 3 etG l’ensemble des polynˆomes divisibles par X4.
1. Montrer que G est un sous-espace vectoriel deE et que E =F ⊕G.
Tout d’abord on sait du cours que G est un id´eal de l’alg`ebre K[X], c’est en particulier un sous-espace vectoriel de K[X] (sinon on v´erifie facilement par les d´efinitions que 0∈G et que G est stable par addition et produit par un scalaire). De plus tout polynˆome s’´ecrit de fa¸con unique sous la formeP(X) =a0+a1X+a2X2+a3X3+X4(a4+...+anXn−4) et cette ´ecriture correspond `a la d´ecomposition de P comme somme d’un ´el´ement de F et d’un ´el´ement de G.
On consid`ere l’application suivante :
f : E →E P(X)7→P(X2)
.
2. Montrer que f est lin´eaire et que les seuls vecteurs propres de f sont les polynˆomes de degr´e 0.
On v´erifie imm´ediatement quef est lin´eaire en appliquant les d´efinitions. Si P est un polynˆome de degr´en ≥0, alorsf(P) est un polynˆome de degr´e2n. Seuls les polynˆomes de degr´e0peuvent donc ˆetre des vecteurs propres de f. Ce sont effectivement des vecteurs propres de f pour la valeur propre 1.
3. Quels sont les sous-espaces vectoriels de E de dimension finie stables parf?
Soit F un sous-espace de E stable par f et de dimension finie. Soit n le plus grand degr´e d’un polynˆome faisant partie d’une base de F. Alors n est aussi le plus grand degr´e d’un polynˆome deF (une combinaison lin´eaire de polynˆome de degr´e au plusn est de degr´e au plus n). Or siP est un polynˆome de degr´e n dans F, alors f(P)∈F et degf(P) = 2degP. Cela impose n= 0 ou n =−∞. Il n’y a donc que deux sous-espaces vectoriels de E de dimension finie stables par f : l’espace r´eduit au vecteur nul et la droite propre pr´ec´edente.
