MAT2611 : algèbre 2, hiver 2016

MAT2611 : algèbre 2, hiver 2016
Travaux pratiques #10, 8 avril
Exercice 1. Soit


1 0 −1
A = 4 3 2  .
2 1 1
Calculez le polynôme caractéristique de A. Trouvez le polynôme minimal de A. Trouvez la
forme de Jordan de A et la forme canonique rationnelle de A. Si B est la forme canonique
rationnelle de A, trouvez une matrice inversible P telle que B = P −1 AP .
Solution. On a que


x−1
0
1
cA (x) = det  −4 x − 3 −2 
−2
−1 x − 1
x − 3 −2
−4 x − 3
= (x − 1) det
+ det
−2 x − 1
−2 −1
= (x − 1)2 (x − 3) − 2(x − 1) + 4 + 2(x − 3) = (x − 3)(x − 1)2 .
Donc, soit mA (x) = (x − 3)(x − 1), soit mA (x) = (x − 3)(x − 1)2 (il faut que mA (x) ait les
mêmes racines que cA (x)). On examine si (A − 3I)(A − I) = 0 : on a que

 
 
−2 · ·
0 0 −1
−2 0 −1
(A − 3I)(A − I) =  4 0 2  · 4 2 2  =  · · · 6= 0.
· · ·
2 1 0
2 1 −2

Donc mA (x) = (x − 3)(x − 1)2 . Les possibilités pour la forme de Jordan de A sont

J1 = 

3
1

1


3
et J2 =  1 1
1
Puisque mA a des racines doubles, on sait que A n’est pas diagonalisable, donc la forme de
Jordan est la matrice J2 . Donc, les diviseurs élémentaires de A (c’est-à-dire, du F [x]-module
induit par A) sont x − 3 et (x − 1)2 . On déduit tout de suite qu’il y a seulement un facteur
invariable, le polynôme a1 (x) = (x − 3)(x − 1)2 = cA (x) = x3 − 5x2 + 7x − 3. Donc, la forme
canonique rationnelle de A est la matrice


0 0 3
B = 1 0 −7 .
0 1 5
1
2
Finalement, on calcule P tel que P −1 AP = B. On a que




x−1
0
1
x−1
0
1
R +2R1 →R2
2x − 6 x − 3
0 
xI − A =  −4 x − 3 −2  2 −→
−2
−1 x − 1
−2
−1 x − 1




x−1
0
1
1
0
x−1
R3 −(x−1)R1 →R3
C1 ↔C3
 2x − 6
0 x − 3
x − 3 0 −→
2x − 6 
−→
2
2
−x + 2x − 3 −1 0
0 −1 −x + 2x − 3




1
0
0
1
0
0
C3 −(x−1)C1 →C3
C −2C2 →C3
0 x − 3
0 x − 3

2x − 6  3 −→
0
−→
2
2
0 −1 −x + 2x − 3
0 −1 −(x − 1)




1 0
0
1 0
0
R2 +(x−3)R3 →R2
2 ↔R3
0 0 −(x − 3)(x − 1)2  R−→

0 −1
0
−→
2
0 −1
0
0 0 −(x − 3)(x − 1)




1 0
0
1 0
0
−R2 →R2
3 →R3
 −R−→
.
0 1
0
0
−→ 0 1
2
2
0 0 −(x − 3)(x − 1)
0 0 (x − 3)(x − 1)
Donc, pour calculer

1 0
I = 0 1
0 0
P , on suit les opérations suivantes :





0
1 0 0
0 0 0
C −2C2 →C1
3 →C1
−2 1 0 C1 +(A−I)C
0 1 0
0 1 −→
−→
1
0 0 1
0 0 1

 −C2 → C2 


0 0 0
0 0 0
0 0 0
−C
→
C
3
3
2 ↔C3
0 1 0 C−→
0 0 1
0 0 −1 .
−→
0 0 0
0 0 0
0 0 0

C3 −(A−3I)C2 →C3
−→
Donc

0
0
1
P = −1 −3 −11 .
0 −1 −4

En effet, on peut confirmer que


1 −1 3
P −1 = −4 0 −1
1
0
0
et, par la suite, P −1 AP = B.
Exercice 2 (ex. 9, p. 500). Montrez que les matrices




−8 −10 −1
−3 2 −4
9
1  B =  4 −1 4 
A= 7
3
2
0
4 −2 5
ont les deux (x − 1)2 (x + 1) comme polynôme caractéristique mais l’un est diagonalisable et
l’autre ne l’est pas. Déterminez la forme de Jordan de ces deux matrices.
Solution. Un calcul directe implique que cA (x) = cB (x) = (x−1)2 (x+1). Puisque mA |cA et
ces deux polynômes ont les mêmes racines, on voit que soit mA (x) = (x − 1)(x + 1) = x2 − 1,
3
soit mA (x) = (x − 1)2 (x + 1). On a que


−3 · ·
A2 =  · · · 6= I
· · ·
Donc mA (x) = (x − 1)2 (x + 1), ce qui implique que A n’est pas diagonalisable. Les formes
de Jordan possibles sont




1 1
1
 et J2 =  1

J1 =  1
−1
−1
et on peut exclure J2 car A n’est pas diagonalisable.
De même, on a que soit mB (x) = x2 − 1 soit mB (x) = (x − 1)2 (x + 1). Dans ce cas-ci, on
peut vérifier que B 2 = I, donc mB (x) = x2 − 1 = (x − 1)(x + 1), ce qui implique que B est
diagonalisable. Donc, J2 est la forme de Jordan de B.
Exercice 3. Soit A une matrice n × n sur un corps F .
(a) (ex. 21, p. 501) Soit A une matrice n × n sur un corps F . Si A2 = A, alors montrez
que A est semblable à une matrice diagonale ayant seulement des 1 et des 0 sur sa
diagonale.
(b) (ex. 22, p. 501) Si F = C et A3 = A, alors montrez que A est diagonalisable. Est-ce
que c’est vrai sur n’importe quel corps F ?
(c) (ex. 24, p. 501) Supposons que n = 3 et que F = Q. Si A8 = I, alors montrez que
A4 = I également.
Solution. (a) La matrice A vérifie le polynôme x2 − x = x(x − 1). Donc mA (x)|x(x − 1).
En particulier, le corps F contient toutes les racines de A, qui sont nécessairement toutes
simples et égales à 0 ou 1. Donc, A est diagonalisable et les seules possibilités pour ses valeurs
propres sont les nombres 0 et 1. Par la suite, A est semblable à une matrice diagonale ayant
seulement des 1 et des 0 sur sa diagonale, comme voulu.
(b) Comme à la partie, mA (x)|x3 − x = x(x − 1)(x + 1). Donc, mA (x) n’a pas de racines
multiples. (Ici, on sait déjà que F = C contient toutes les racines de mA d’après le théorème
fondamental de l’algèbre, même on peut le déduire aussi de la relation mA (x)|x3 − 1.) Donc,
A est diagonalisable.
Cependant, si F est tel 1 = −1, alors c’est possible que mA (x) = x(x − 1)2 , qui a des
racines doubles. Un tel example est donné par le paire F = Z/2Z et


1 1
A =  1 .
(c) On a que mA (x)|x8 − 1 = (x4 − 1)(x4 + 1). On peut voir que x4 + 1 est irréductible
dans Q[x] : on a que (x + 1)4 + 1 = x4 + 4x3 + 6x3 + 4x + 2, donc le critère d’Eisenstein
(p = 2 ici) implique que x4 + 1 est irréductible dans Z[x]. Donc x4 + 1 est irréductible dans
Q[x] aussi. On doit avoir que (mA (x), x4 + 1) = 1 ; sinon, x4 + 1|mA (x), ce qui implique que
deg(mA ) ≥ 4. Cependant, A est une matrice 3 × 3 et, par la suite, deg(mA ) ≤ 3 < 4. Donc,
(mA (x), x4 + 1) = 1, ce qui implique que mA (x)|(x4 − 1) et, par conséquent, A4 = I.
4
Exercice 4 (ex. 16, p. 489). Montrez que x5 − 1 = (x − 1)(x2 − 4x + 1)(x2 + 5x + 1) dans
F19 [x]. Utilisez ce fait pour déterminez modulo similitude toutes les 2 × 2 matrices sur F19
d’ordre multiplicative 5.
Solution. On a que x5 − 1 = (x − 1)(x4 + x3 + x2 + x + 1) et que
(x2 − 4x + 1)(x2 + 5x + 1) = x4 + x3 − 18x2 + x + 1 ≡ x4 + x3 + x2 + x + 1 (mod 19).
De plus, on peut voir que les polynômes x2 − 4x + 1 et x2 + 5x + 1 n’ont pas de racines mod
19 : leurs discriminants sont 12 = 23 · 3 et 21 = 3 · 7, et la loi de réciprocité quadratique
implique que
3−1 19−1
12
3
19
1
·
=
= (−1) 2 2
=−
= −1
19
19
3
3
et que
19−1
5−1 7−1
19
7
21
3
7
7
5
1+ 7−1
·
·
=
=−
= (−1) 2 2
=
= (−1) 2 2
19
19
19
19
7
7
5
2
= −1
=
5
car 2 6= (mod 5). (Ici, ap est le symbole de Legendre, défini comme 0 si p|a et, sinon,
comme 1 si a ≡ (mod p) et comme -1 si a 6≡ (mod p).) Puisque les polynômes x2 − 4x + 1
et x2 + 5x + 1 n’ont pas de racines mod 19, ils sont irréductibles dans F19 [x].
Maintenant, si ord(A) = 5, alors A5 = I et A 6= I. En particulier, mA (x)|x5 − 1 =
(x − 1)(x2 − 4x + 1)(x2 + 5x + 1). On sait que (mA (x), x − 1) = 1 car A 6= I. Puisque A est
une matrice 2 × 2, ce qui implique que deg(mA ) ≤ 2, on trouve que soit mA (x) = x2 − 4x + 1
soit mA (x) = x2 + 5x + 1. À chaque cas, mA (x) doit être le seul facteur invariable de A : son
degré est égale à 2, qui est aussi le degré de cA (x), et mA (x)|cA (x). Donc, soit
0 −1
0 −1
soit A ∼
.
A∼
1 4
1 −5
Exercice 5 (ex. 20, p. 489). Soient ` et p deux nombres premiers et soit Φ` (x) = x`−1 +
x`−2 + · · · + x + 1 le `-ième polynôme cyclotomique. Le but de cet exercice est d’étudier
la factorisation de Φ` modulo p et, plus précisément, le degré de son plus petite facteur
irréductible modulo p.
(a) Si p = `, alors montrez que x − 1 divise Φ` (x) dans Fp [x], où Fp = Z/pZ.
(b) Supposons que p - ` et soit m le plus petit nombre naturel pour lequel le groupe
GLm (Fp ) contient un élément d’ordre `. (On a que |GLm (Fp )| = (pm − 1)(pm −
p) · · · (pm − pm−1 ). En particulier, ` divise |GL`−1 (Fp )|, donc m est bien défini par
le théorème de Cauchy.) Si A est un tel élément, alors montrez que cA (x) est un facteur
de Φ` (x) de degré m qui est irréductible dans Fp [x]. Réciproquement, montrez que si
g(x) est non-constant et il divise Φ` (x) dans Fp [x], alors deg(g) ≥ m.
(c) Si p - `, alors posons f = ord` (p), c’est-à-dire f est le plus petit nombre naturel pour
lequel pf ≡ 1 (mod `). Montrez que f = m. Déduisez que Φ` (x) est irréductible dans
Fp [x] s-si p est une racine primitive modulo `.
Solution. (a) On a que Φp (1) = p ≡ 0 (mod p), donc x − 1|Φp (x).
5
(b) Tout d’abord, on montre la deuxième partie : si g(x)|Φ` (x) avec deg(g) ≥ 1, alors
deg(g) ≥ m. En effet, si A = Cg(x) , alors on sait que cA (x) = g(x). De plus, g(0) 6= 0 car
Φ` (0) = 1 6= 0. Donc, A ∈ GLdet(g) (Fp ). On observe, aussi, que g(A) = 0 par le théorème de
Cayley-Hamilton. Puisque g(x)|Φ` (x)|x` − 1, alors A` = I. Donc, la définition de m implique
que m ≤ deg(g), comme affirmé.
Maintenant, soit A ∈ GLm (Fp ) avec ord(A) = `. Donc, A` = I et A 6= I. On déduit que
mA (x)|x` − 1 = (x − 1)Φ` (x). Puisque A 6= I, alors (mA (x), x − 1) = 1, ce qui implique que
mA (x)|Φ` (x). On a que deg(mA ) ≤ m car A ∈ GLm (Fp ).
De plus, puisque mA (x)|Φ` (x), alors la première partie implique que deg(mA ) ≥ m. Alors,
on trouve que deg(mA (x)) = m. Puisque mA (x)|cA (x) et deg(cA ) = m, alors cA (x) = mA (x).
Finalement, on montre que cA = mA est irréductible sur Fp . En effet, si g(x) est un facteur
non-constant de mA (x), alors g(x)|Φ` (x), et la première partie implique que deg(g) ≥ m =
deg(mA ). Donc, on voit que mA (x) n’a pas de facteurs non-triviaux, ce qui montre son
irréductibilité.
(c) Soit f = ord` (p). Donc `|pf −1, ce qui implique que `||GLf (Fp )|. Le théorème de Cauchy
implique que GLf (Fp ) possède un élément d’ordre `. Donc f ≥ m. Finalement, observons
que `||GLm (Fp )| = (pm − 1)(pm − p) · · · (pm − pm−1 ) par le théorème de Lagrange (GLm (Fp )
possède un élément d’ordre `). Donc `|pm − pj pour un j ∈ {0, . . . , m − 1}. Puisque ` 6= p, on
déduit que `|pm−j − 1, ce qui implique que m − j ≥ f . En particulier, m ≥ f , ce qui montre
que m = f .
Finalement, on a que Φ` (x) est irréductible s-si m = deg(Φ` ) = ` − 1, s-si ord` (p) = ` − 1,
s-si p engendre le groupe F∗` , s-si p est une racine primitive mod `.