PSI* 11/12 - Devoir 2

PSI* 11/12 - Devoir 2 - Corrigé
Exercice
Soit f l’application suivante :
C[X] −→
P
7→
C[X]
.
XP 0 − P
1. Un endomorphisme de C[X] est par définition,une application linéaire de C[X] dans C[X]. Or pour tout
P et Q de C[X], XP 0 − P est bien dans C[X] et l’on a, pour tout α de C :
f (P + αQ) = X(P + αQ)0 − (P + αQ)
= X(P 0 + αQ0 ) − (P + αQ) par linéarité de la dérivation
= XP 0 − P + α(XQ0 − Q)
= f (P ) + αf (Q)
f est donc bien un endomorphisme de C[X].
2. Soit P dans C[X] avec P non constant et notons d son degré.
XP 0 st de degré d et de coefficient dominant d.c où c est le coefficient dominant de P et −P est de degré
d et de coefficient dominant −c. Si d 6= 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 + c0 avec c0 dans C, et on obtient f (P ) = −c0 .
Donx si P est un multiple de X, f (P ) = 0 et sinon f (P ) est de degré 0.
Enfin si P est constant P 0 = 0 et f (P ) = −P .
En conclusion : Si P est colinéaire à X, f (P ) = 0.
Si P est de degré 1 mais non colinéaire à X, f(P) est de degré 0.
Dans tous les autres cas P et f (P ) sont de même degré.
3. f (X) = 0 donc f n’est pas injective. La question précédente montre de plus que pour tout P de C[X], le
degré de f (P ) n’est pas 1, donc, par exemple X n’a pas d’antécédent par f et f n’est pas surjective.
4. L’étude du degré faire en 2., montre que tout polynôme de degré au plus 4 a son image également de degré
au plus 4, ce qui permet de définir l’endomorphisme suivant, que l’on note f4 :
C4 [X] −→
P
7→
C4 [X]
XP 0 − P
Pour déterminer la matrice matrice de f4 relativement à la base canonique de C4 [X], on calcule les images
des vecteurs de la base canonique. Or pour tout k entier compris entre 0 et 4 :
f4 (X k ) = (k − 1)X k


−1 0 0 0 0
 0 0 0 0 0



La matrice demandée est donc immédiate : 
 0 0 1 0 0
 0 0 0 2 0
0 0 0 0 3
5. Rappelons d’abord qu’une droite vectorielle D est stable par f si, par définition, son image par f est
contenue dans D.
Or le calcul de 4. se généralise et on a donc pour tout k de N : f (X k ) = (k − 1)X k . Ceci montre que
chaque droite vectorielle de base X k est stable par f .
On va démontrer qu’il n’ y en a pas d’autres. Soit donc D une droite stable par f et P un 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 λ dans C tel que XP 0 = (λ + 1)P
Evaluons cette relation en 0 : (λ + 1)P (0) = 0, donc λ = −1 ou 0 est racine de P .
Si λ = −1, on a XP 0 = 0 donc P est constant et D est la droite dirigée par X 0 qui est bien l’une des
droites évoquées au début de la question.
1
Sinon 0 est racine de P et toutes les racines de P 0 sont aussi des racines de P . Donc toutes les racines de
P 0 sont racines de P avec une multiplicité de un de plus, ce qui n’est possible pour des raisons de degré,
que si P n’a qu’une seule une racine. P a donc 0 pour seule racine, il est donc colinéaire à un X k avec k
dans N∗ , ce qui termine la question et l’exercice.
Problème
Première Partie
1. On vérifie d’abord que θ est 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)
θ est 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 θ est réduit au singleton nul : {0Cn−1 [X] }. Or si P est un polynôme de degré au plus n − 1 tel que
θ(P ) = 0 , alors par définition de θ, P a pour racines les n complexes deux à deux distincts constituant
Z. Ceci entraîne donc que P est nul puisque deg(P ) < n.
θ est 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∈∆n est une base de Cn−1 [X].
n
P
De plus par définition de la base canonique de Cn−1 : ∀P ∈ Cn−1 [X], θ(P ) =
P (zk−1 )ck . En appliquant
l’isomorphisme θ−1 , on obtient : ∀P ∈ Cn−1 [X], P =
n
P
k=1
k=1
P (zk−1 )Lk . Donc les coordonnées dans (Lk )k∈∆n
d’ un polynôme quelconque P de 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∈∆n de 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 C constituent à l’ordre près la base canonique de Cn , C est donc
inversible.
b) Par définition, Cir est une partie de Mn (C) qui contient In puisque In commute avec toutes les
matrices de Mn (C).
Soit M et N quelconques dans Cir et λ dans C. On a : (M + λN )C = M C + λCN , mais par choix de
M et N : M C = CM et N C = CN d’où (M + λN )C = C(M + λN ) et Cir est stable par combinaison
linéaire. De même : (M N )C = M (N C) = M (CN ) = (M C)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 M une matrice circulante inversible. On a : M −1 CM = M −1 (CM ) = M −1 (M C) = C. On
multiplie à droite par M −1 , on obtient M −1 C = CM −1 et on a prouvé que M −1 est 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, C p C = C p+1 = CC p .
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 ) = cn et si 2 6 k 6 n, fC (ck ) = ck−1 . De là par
itérations on tire pour tout p compris entre 1 et n − 1 : si 1 6 k 6 p, fCp (ck ) = cn−p+k et si
p + 1 6 k 6 n, fCp (c
et aussi fCn = id. On traduit matriciellement : C 0 = C n = In et si
k ) = ck−p 0 In−p
1 6 p 6 n − 1, C p =
.
Ip
0
Il reste à calculer les puissances de C supérieures à n. Pour cela si p est dans N, on le divise euclidiennement par n : p = nq + r avec 0 6 r 6 n − 1. On a alors : C p = C nq+r = (C n )q C r = C r et on
connaît C r par ce qui précède.
2
c) On étudie la liberté de la famille (C p )p∈∆n . On considère donc des complexes quelconques a1 , a2 , . . . , an
n
P
et on suppose :
ap C p = 0. On multiplie par C q où q est un entier fixé quelconque compris entre 0
p=1
et n − 1. On obtient :
n
P
ap C p+q = 0. Compte tenu des résultats précédents, le terme de la première
p=1
ligne et première colonne de
n
P
ap C p+q est an−q et il est donc nul. Quand q varie entre 0 et n − 1,
p=1
n − q varie entre 1 et n, ce qui montre que tous les coefficients ap sont nuls. La famille (C p )p∈∆n est
donc une famille libre de Cir de cardinal n d’où : dim Cir > n.
3. a) La place des zéros dans la matrice C − ω k In permet de constater que ses n − 1 dernières colonnes sont
libres, d’où : rg(C − ω k In ) > n − 1.
b) La matrice relativement à la base canonique de la famille (vk )k∈∆n est la transposée de V (1, ω, . . . , ω n−1 ).
Or les racines nème de l’unité dans C sont deux à deux distinctes. Donc d’après la partie 1, V (1, ω, . . . , ω n−1 )
est inversible et la famille (vk )k∈∆n est une base de Cn .
n
n
P
P
On a : fC (vk ) =
ω k(j−1) fC (cj ) = cn +
ω k(j−1) cj−1 .
j=1
j=2
n
P
On change d’indice ( p = j − 1) : fC (vk ) =
ω pk cp = ω k vk .
p=1
c) Le résultat précédent montre que vk est un vecteur non nul de Ker fC − ω k id et celui du 3.a) montre
par le théorème du rang ( appliqué à l’endomorphisme fC − ω k id) : dim Ker fC − ω k id 6 1. On en
déduit que Ker fC − ω k id est la droite de base vk . Onvient de calculer pour tout k, fC (vk ) d’où la ma-
trice de fC dans la base (vk )k∈∆n : diag ω, ω 2 , . . . , ω n . La matrice C et la matrice diag ω, ω 2 , . . . , 1
sont donc semblables.
k
4. a) Soit A une matrice de Cir. On a pour tout k de ∆
n , (fC ◦ fA )(vk ) = (fA ◦ fC )(vk ) = ω fA (vk ). On
k
constate donc que fA (vk ) est dans Ker fC − ω id et est donc colinéaire à vk par 3.c). La matrice de
fA dans la base (vk )k∈∆n est donc diagonale : A est 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 A de Cir, la matrice P −1 AP est diagonale. Notons D le sous-espace vectoriel de Mn (C)
Cir −→
D
constituée des matrices diagonales et considérons l’ application ϕ suivante :
On
A
7→ P −1 AP
vérifie aisément que ϕ est linéaire et injective ( son noyau est immédiat). On lui applique le théorème
du rang et on obtient : dim Cir 6 n. Le 2.c) donne alors : dim Cir = n et une base de Cir : (C p )p∈∆n .
n
P
ap C p pour (a1 , . . . , an ) varip=1


an
a1 a2 . . . an−1
an−1 an a1 . . . an−2 



..
..
..
.. 
n
ant dans C , de là grâce à 2.b) la forme générale des matrices circulantes :  ...
.
.
.
. 


 a2
... ... ...
a1 
a1
a2 . . . . . .
an
n
P
Enfin la matrice diagonale du 4.a) est celle de l’endomorphisme
ap fCp relativement à la base
c) ) Les matrices circulantes sont exactement les matrices qui s’écrivent :
p=1
(vk )k∈∆n . Le 3.c) la donne, c’est la matrice diagonale dont le terme de la k ème ligne est :
n
P
ap ω kp .
p=1
d) ) Une matrice diagonale est inversible si et seulement
si tous ses éléments diagonaux sont non nuls ,
!
n
n
Q P
d’où la condition demandée :
ap ω kp 6= 0.
k=1
p=1
FIN
3