PSI* 11/12 - Devoir 2

PSI* 11/12 - Devoir 2 - Corrigé
Exercice
Soit fl’application suivante : C[X]−→ C[X]
P7→ XP 0−P.
1. Un endomorphisme de C[X]est par définition,une application linéaire de C[X]dans C[X]. Or pour tout
Pet Qde C[X],XP 0−Pest bien dans C[X]et l’on a, pour tout αde C:
f(P+αQ) = X(P+αQ)0−(P+αQ)
=X(P0+αQ0)−(P+αQ)par linéarité de la dérivation
=XP 0−P+α(XQ0−Q)
=f(P) + αf(Q)
fest donc bien un endomorphisme de C[X].
2. Soit Pdans C[X]avec Pnon constant et notons dson degré.
XP 0st de degré det de coefficient dominant d.c où cest le coefficient dominant de Pet −Pest de degré
det de coefficient dominant −c. Si d6= 1 ,f(P)est donc de même degré que P, mais si d= 1,f(P)est
constant.
On étudie ce cas, plus précisément. on pose donc P=cX +c0avec c0dans C, et on obtient f(P) = −c0.
Donx si Pest un multiple de X,f(P)=0et sinon f(P)est de degré 0.
Enfin si Pest constant P0= 0 et f(P) = −P.
En conclusion : Si Pest colinéaire à X,f(P)=0.
Si Pest de degré 1mais non colinéaire à X, f(P) est de degré 0.
Dans tous les autres cas Pet f(P)sont de même degré.
3. f(X)=0donc fn’est pas injective. La question précédente montre de plus que pour tout Pde C[X], le
degré de f(P)n’est pas 1, donc, par exemple Xn’a pas d’antécédent par fet fn’est pas surjective.
4. L’étude du degré faire en 2., montre que tout polynôme de degré au plus 4a son image également de degré
au plus 4, ce qui permet de définir l’endomorphisme suivant, que l’on note f4:
C4[X]−→ C4[X]
P7→ XP 0−P
Pour déterminer la matrice matrice de f4relativement à la base canonique de C4[X], on calcule les images
des vecteurs de la base canonique. Or pour tout kentier compris entre 0et 4:
f4(Xk)=(k−1)Xk
La matrice demandée est donc immédiate : 
−10000
0 0000
0 0100
0 0020
0 0003
5. Rappelons d’abord qu’une droite vectorielle Dest stable par fsi, par définition, son image par fest
contenue dans D.
Or le calcul de 4. se généralise et on a donc pour tout kde N:f(Xk)=(k−1)Xk. Ceci montre que
chaque droite vectorielle de base Xkest stable par f.
On va démontrer qu’il n’ y en a pas d’autres. Soit donc Dune droite stable par fet Pun vecteur ( c’est
à dire ici un polynôme de C[X]) dirigeant D.f(P)est dans D, donc f(P)est colinéaire à P. Il existe
donc λdans Ctel que XP 0= (λ+ 1)P
Evaluons cette relation en 0:(λ+ 1)P(0) = 0, donc λ=−1ou 0est racine de P.
Si λ=−1, on a XP 0= 0 donc Pest constant et Dest la droite dirigée par X0qui est bien l’une des
droites évoquées au début de la question.
1

Sinon 0est racine de Pet toutes les racines de P0sont aussi des racines de P. Donc toutes les racines de
P0sont racines de Pavec une multiplicité de un de plus, ce qui n’est possible pour des raisons de degré,
que si Pn’a qu’une seule une racine. Pa donc 0pour seule racine, il est donc colinéaire à un Xkavec k
dans N∗, ce qui termine la question et l’exercice.
Problème
Première Partie
1. On vérifie d’abord que θest linéaire. On a, par définition des opérations dans Cn:
∀(P, Q)∈Cn−1[X]2,∀λ∈C,θ(P+λQ) = ((P+λQ)(z0),(P+λQ)(z1),...,(P+λQ)(zn−1))
= (P(z0) + λQ(z0), P (z1) + λQ(z1), . . . , P (zn−1) + λQ(zn−1))
= (P(z0), P (z1), . . . , P (zn−1)) + λ(Q(z0), Q(z1), . . . , Q(zn−1))
=θ(P) + λθ(Q)
θest donc linéaire.
De plus les C-espaces vectoriels de départ et d’arrivée sont de même dimension n, il reste donc à prouver
que Ker θest réduit au singleton nul : {0Cn−1[X]}. Or si Pest un polynôme de degré au plus n−1tel que
θ(P)=0, alors par définition de θ,Pa pour racines les ncomplexes deux à deux distincts constituant
Z. Ceci entraîne donc que Pest nul puisque deg(P)< n.
θest donc bien un isomorphisme de C-espaces vectoriels .
2. L’application réciproque d’un isomorphisme est un isomorphisme et un isomorphisme transforme une base
en une base d’où : (Lk)k∈∆nest une base de Cn−1[X].
De plus par définition de la base canonique de Cn−1:∀P∈Cn−1[X], θ(P) =
n
P
k=1
P(zk−1)ck. En appliquant
l’isomorphisme θ−1, on obtient : ∀P∈Cn−1[X], P =
n
P
k=1
P(zk−1)Lk. Donc les coordonnées dans (Lk)k∈∆n
d’ un polynôme quelconque Pde Cn−1[X]sont : (P(zk−1))k∈∆n.
3. On constate, vu ce qui précède, que V(Z)est la matrice de passage de la base (Lk)k∈∆nde Cn−1[X]à sa
base canonique, elle est donc inversible.
Deuxième Partie : Matrices circulantes de Mn(C)
1. a) Les lignes ( ou les colonnes) de Cconstituent à l’ordre près la base canonique de Cn,Cest donc
inversible.
b) Par définition, Cir est une partie de Mn(C)qui contient Inpuisque Incommute avec toutes les
matrices de Mn(C).
Soit Met Nquelconques dans Cir et λdans C. On a : (M+λN)C=MC +λCN , mais par choix de
Met N:MC =CM et NC =CN d’où (M+λN )C=C(M+λN )et Cir est stable par combinaison
linéaire. De même : (MN)C=M(NC) = M(CN)=(MC)N= (CM)N=C(M N )et Cir est stable
pour le produit matriciel.
En conclusion, Cir est une sous-algèbre de Mn(C).
c) ) Soit Mune matrice circulante inversible. On a : M−1CM =M−1(CM) = M−1(M C) = C. On
multiplie à droite par M−1, on obtient M−1C=CM−1et on a prouvé que M−1est circulante.
2. a) Cir est un sous-espace vectoriel de Mn(C)( puisque sous-algèbre), il suffit donc de montrer qu’il
contient toutes les puissances de C, ce qui est immédiat car : ∀p∈Z, CpC=Cp+1 =CCp.
b) Il semble plus simple de rédiger le raisonnement à partir des endomorphismes que de faire du calcul
matriciel. On a par définition de C:fC(c1) = cnet si 26k6n, fC(ck) = ck−1. De là par
itérations on tire pour tout pcompris entre 1et n−1: si 16k6p, fp
C(ck) = cn−p+ket si
p+ 1 6k6n, fp
C(ck) = ck−pet aussi fn
C=id. On traduit matriciellement : C0=Cn=Inet si
16p6n−1, Cp=0In−p
Ip0.
Il reste à calculer les puissances de Csupérieures à n. Pour cela si pest dans N, on le divise euclidi-
ennement par n:p=nq +ravec 06r6n−1. On a alors : Cp=Cnq+r= (Cn)qCr=Cret on
connaît Crpar ce qui précède.
2

c) On étudie la liberté de la famille (Cp)p∈∆n. On considère donc des complexes quelconques a1, a2, . . . , an
et on suppose :
n
P
p=1
apCp= 0. On multiplie par Cqoù qest un entier fixé quelconque compris entre 0
et n−1. On obtient :
n
P
p=1
apCp+q= 0. Compte tenu des résultats précédents, le terme de la première
ligne et première colonne de
n
P
p=1
apCp+qest an−qet il est donc nul. Quand qvarie entre 0et n−1,
n−qvarie entre 1et n, ce qui montre que tous les coefficients apsont nuls. La famille (Cp)p∈∆nest
donc une famille libre de Cir de cardinal nd’où : dim Cir >n.
3. a) La place des zéros dans la matrice C−ωkInpermet de constater que ses n−1dernières colonnes sont
libres, d’où : rg(C−ωkIn)>n−1.
b) La matrice relativement à la base canonique de la famille (vk)k∈∆nest la transposée de V(1, ω, . . . , ωn−1).
Or les racines nèmede l’unité dans Csont deux à deux distinctes. Donc d’après la partie 1, V(1, ω, . . . , ωn−1)
est inversible et la famille (vk)k∈∆nest une base de Cn.
On a : fC(vk) =
n
P
j=1
ωk(j−1)fC(cj) = cn+
n
P
j=2
ωk(j−1)cj−1.
On change d’indice ( p=j−1) : fC(vk) =
n
P
p=1
ωpkcp=ωkvk.
c) Le résultat précédent montre que vkest un vecteur non nul de Ker fC−ωkidet celui du 3.a) montre
par le théorème du rang ( appliqué à l’endomorphisme fC−ωkid) : dim Ker fC−ωkid61. On en
déduit que Ker fC−ωkidest la droite de base vk. On vient de calculer pour tout k,fC(vk)d’où la ma-
trice de fCdans la base (vk)k∈∆n:diag ω, ω2, . . . , ωn. La matrice Cet la matrice diag ω, ω2,...,1
sont donc semblables.
4. a) Soit Aune matrice de Cir. On a pour tout kde ∆n,(fC◦fA)(vk) = (fA◦fC)(vk) = ωkfA(vk). On
constate donc que fA(vk)est dans Ker fC−ωkidet est donc colinéaire à vkpar 3.c). La matrice de
fAdans la base (vk)k∈∆nest donc diagonale : Aest semblable à cette matrice diagonale.
b) Soit P la matrice de passage de la base canonique à la base (vk)k∈∆n, on vient de montrer que pour
toute matrice Ade Cir, la matrice P−1AP est diagonale. Notons Dle sous-espace vectoriel de Mn(C)
constituée des matrices diagonales et considérons l’ application ϕsuivante : Cir −→ D
A7→ P−1AP On
vérifie aisément que ϕest linéaire et injective ( son noyau est immédiat). On lui applique le théorème
du rang et on obtient : dim Cir 6n. Le 2.c) donne alors : dim Cir =net une base de Cir :(Cp)p∈∆n.
c) ) Les matrices circulantes sont exactement les matrices qui s’écrivent :
n
P
p=1
apCppour (a1, . . . , an)vari-
ant dans Cn, de là grâce à 2.b) la forme générale des matrices circulantes : 
ana1a2. . . an−1
an−1ana1. . . an−2
.
.
..
.
..
.
..
.
..
.
.
a2. . . . . . . . . a1
a1a2. . . . . . an
Enfin la matrice diagonale du 4.a) est celle de l’endomorphisme
n
P
p=1
apfp
Crelativement à la base
(vk)k∈∆n. Le 3.c) la donne, c’est la matrice diagonale dont le terme de la kèmeligne est :
n
P
p=1
apωkp.
d) ) Une matrice diagonale est inversible si et seulement si tous ses éléments diagonaux sont non nuls ,
d’où la condition demandée :
n
Q
k=1 n
P
p=1
apωkp!6= 0.
FIN
3