MAT2611 : algèbre 2, hiver 2016

MAT2611 : algèbre 2, hiver 2016
Travaux pratiques #10, 8 avril
Exercice 1. Soit
A=
1 0 −1
4 3 2
2 1 1
.
Calculez le polynôme caractéristique de A. Trouvez le polynôme minimal de A. Trouvez la
forme de Jordan de Aet la forme canonique rationnelle de A. Si Best la forme canonique
rationnelle de A, trouvez une matrice inversible Ptelle que B=P−1AP .
Solution. On a que
cA(x) = det 
x−1 0 1
−4x−3−2
−2−1x−1
= (x−1) det x−3−2
−2x−1+ det −4x−3 −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
(A−3I)(A−I) = 
−2 0 −1
402
2 1 −2
·
0 0 −1
4 2 2
2 1 0
=
−2· ·
· · ·
· · ·
6= 0.
Donc mA(x) = (x−3)(x−1)2. Les possibilités pour la forme de Jordan de Asont
J1=
3
1
1
et J2=
3
1 1
1
Puisque mAa des racines doubles, on sait que An’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−3et (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 Aest la matrice
B=
0 0 3
1 0 −7
0 1 5
.
1

2
Finalement, on calcule Ptel que P−1AP =B. On a que
xI −A=
x−1 0 1
−4x−3−2
−2−1x−1
R2+2R1→R2
−→ 
x−1 0 1
2x−6x−3 0
−2−1x−1
R3−(x−1)R1→R3
−→ 
x−1 0 1
2x−6x−3 0
−x2+ 2x−3−1 0
C1↔C3
−→ 
1 0 x−1
0x−3 2x−6
0−1−x2+ 2x−3
C3−(x−1)C1→C3
−→ 
1 0 0
0x−3 2x−6
0−1−x2+ 2x−3
C3−2C2→C3
−→ 
1 0 0
0x−3 0
0−1−(x−1)2
R2+(x−3)R3→R2
−→ 
1 0 0
0 0 −(x−3)(x−1)2
0−1 0
R2↔R3
−→ 
1 0 0
0−1 0
0 0 −(x−3)(x−1)2
−R2→R2
−→ 
1 0 0
0 1 0
0 0 −(x−3)(x−1)2
−R3→R3
−→ 
1 0 0
0 1 0
0 0 (x−3)(x−1)2
.
Donc, pour calculer P, on suit les opérations suivantes :
I=
1 0 0
0 1 0
0 0 1
C1−2C2→C1
−→ 
1 0 0
−2 1 0
0 0 1
C1+(A−I)C3→C1
−→ 
0 0 0
0 1 0
0 0 1
C3−(A−3I)C2→C3
−→ 
0 0 0
0 1 0
0 0 0
C2↔C3
−→ 
0 0 0
0 0 1
0 0 0
−C2→C2
−C3→C3
−→ 
0 0 0
0 0 −1
0 0 0
.
Donc
P=
0 0 1
−1−3−11
0−1−4
.
En effet, on peut confirmer que
P−1=
1−1 3
−4 0 −1
100
et, par la suite, P−1AP =B.
Exercice 2 (ex. 9, p. 500).Montrez que les matrices
A=
−8−10 −1
791
320
B=
−3 2 −4
4−1 4
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|cAet
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
A2=
−3· ·
· · ·
· · ·
6=I
Donc mA(x)=(x−1)2(x+ 1), ce qui implique que An’est pas diagonalisable. Les formes
de Jordan possibles sont
J1=
1 1
1
−1
et J2=
1
1
−1
et on peut exclure J2car An’est pas diagonalisable.
De même, on a que soit mB(x) = x2−1soit mB(x)=(x−1)2(x+ 1). Dans ce cas-ci, on
peut vérifier que B2=I, donc mB(x) = x2−1 = (x−1)(x+ 1), ce qui implique que Best
diagonalisable. Donc, J2est la forme de Jordan de B.
Exercice 3. Soit Aune matrice n×nsur un corps F.
(a) (ex. 21, p. 501) Soit Aune matrice n×nsur un corps F. Si A2=A, alors montrez
que Aest semblable à une matrice diagonale ayant seulement des 1 et des 0 sur sa
diagonale.
(b) (ex. 22, p. 501) Si F=Cet A3=A, alors montrez que Aest 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=Iégalement.
Solution. (a) La matrice Avérifie le polynôme x2−x=x(x−1). Donc mA(x)|x(x−1).
En particulier, le corps Fcontient toutes les racines de A, qui sont nécessairement toutes
simples et égales à 0 ou 1. Donc, Aest diagonalisable et les seules possibilités pour ses valeurs
propres sont les nombres 0 et 1. Par la suite, Aest 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=Ccontient toutes les racines de mAd’après le théorème
fondamental de l’algèbre, même on peut le déduire aussi de la relation mA(x)|x3−1.) Donc,
Aest diagonalisable.
Cependant, si Fest 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/2Zet
A=
1 1
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, Aest une matrice 3×3et, 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 2×2matrices 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 = 23·3et 21 = 3 ·7, et la loi de réciprocité quadratique
implique que
12
19=3 19= (−1)3−1
2·19−1 219
3=−1 3=−1
et que
21
19=3 19 7 19=−7 19= (−1)1+ 7−1
2·19−1 219
7=5 7= (−1)5−1
2·7−1 27
5
=2
5=−1
car 26=(mod 5). (Ici, a
pest le symbole de Legendre, défini comme 0 si p|aet, sinon,
comme 1 si a≡(mod p)et comme -1 si a6≡ (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=Iet A6=I. En particulier, mA(x)|x5−1 =
(x−1)(x2−4x+ 1)(x2+ 5x+ 1). On sait que (mA(x), x −1) = 1 car A6=I. Puisque Aest
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
A∼0−1
1 4 soit A∼0−1 1−5.
Exercice 5 (ex. 20, p. 489).Soient `et pdeux 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 pet, plus précisément, le degré de son plus petite facteur
irréductible modulo p.
(a) Si p=`, alors montrez que x−1divise Φ`(x)dans Fp[x], où Fp=Z/pZ.
(b) Supposons que p-`et soit mle 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 mest bien défini par
le théorème de Cauchy.) Si Aest un tel élément, alors montrez que cA(x)est un facteur
de Φ`(x)de degré mqui 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 fest 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 pest 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)=0par le théorème de
Cayley-Hamilton. Puisque g(x)|Φ`(x)|x`−1, alors A`=I. Donc, la définition de mimplique
que m≤deg(g), comme affirmé.
Maintenant, soit A∈GLm(Fp)avec ord(A) = `. Donc, A`=Iet A6=I. On déduit que
mA(x)|x`−1 = (x−1)Φ`(x). Puisque A6=I, alors (mA(x), x −1) = 1, ce qui implique que
mA(x)|Φ`(x). On a que deg(mA)≤mcar 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=mAest 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−pjpour 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 pengendre le groupe F∗
`, s-si pest une racine primitive mod `.