Université Montpellier II Fac des Sciences Département de

Université Montpellier II
Fac des Sciences
Département de Mathématiques
Année universitaire 2009-2010
L3-S5
FLMA 504. Algèbre linéaire 4
EXAMEN FINAL
2H00
La note tiendra largement compte de la qualité de la rédaction.
Avertissement. Le sujet est volontairement long, il ne sera pas nécessaire de tout faire pour obtenir
la note maximale.
Exercice 1.
Soit u l'endomorphisme de R3 dont la matrice, dans la base canonique de R3 , est :

−2
8
4

1 1
1 −5
3 −3
On admet que le polynôme caractéristique de u est −X(X + 2)2 (ou son opposé, selon la convention de signe adoptée), et que les sous-espaces propres de u sont E0 = Vect(3, 1, 5) et E−2 =
Vect(1, −1, 1).
(1) L'endomorphisme u est-il diagonalisable ?
La somme des dimensions des sous-espaces propres faisant 2(= 1 + 1) et non la dimension de l'espace ambiant (3), u n'est pas diagonalisable.
(2) Quel est le polynôme minimal de u ?
Le polynôme minimal µ de u est unitaire, divise le polynôme caractéristique et a les
mêmes racines : ceci implique que µ = X(X + 2) ou X(X + 2)2 . Comme u n'est pas diagonalisable, µ ne peut être scindé à racines simples. Il suit que µ = X(X + 2)2 .
(3) Combien de droites1 de R3 sont-elles stables par u ?
Une droite est stable par u si et seulement si elle est engendré par un vecteur propre de
u. Ces derniers sont proportionels (3, 1, 5) ou (1, −1, 1). Il suit que les seules droites stables
sont E0 et E−2 . Il y en a donc deux.
(4) Si F est un plan2 de R3 stable par u et si uF désigne l'endomorphisme induit sur F , quel
peut être le polynôme caractéristique de uF ? En déduire qu'il n'y a que deux plans de R3
stables par u, que l'on explicitera.
La formule du déterminant des matrices trinagulaires par blocs implique que le polynôme
caractéristique PF de uF doit diviser celui de u. De plus, il est unitaire de degré 2. Alors,
PF = X(X + 2) ou (X + 2)2 .
Si PF = X(X + 2), alors uF est diagonalmisable ; donc, F est engendré par des vecteurs
propres de uF donc de u. La seule possibilité est F = E0 ⊕ E−2 (on vérie que réciproquement ce F est stable par u).
1 Une droite est un sous-espace de dimension
2 Un plan est un sous-espace de dimension 2
1
1
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2
Si PF = (X + 2)2 , alors d'après Cayley-Hamilton PF (uF ) = 0. Or PF (uF ) est la
restriction de PF (u) à F . Il suit que
F ⊂ Ker((u + 2Id)2 ).
Comme ce noyau est de dimension 2, il égale F .
(5) L'endomorphisme u est-il cyclique ? Si oui, expliciter un vecteur x ∈ R3 dont les images
successives par u engendrent R3 .
L'endomorphisme u est cyclique puisque son polynôme minimal est de degré 3. Posons e1 = (1, 0, 0). Un calcul direct (de déterminant par exemple) montre que la famille
(e1 , u(e1 ), u2 (e1 )) est libre. Ainsi, e1 est cyclique.
Soient P, Q ∈ R[X]. On note D le pgcd de P et Q. Une manière (pas la plus élégante)
de dénir le ppcm (plus petit commun multiple) M de P et Q est de poser :
Exercice 2.
PQ
D
Ce quotient est bien un polynôme, puisque D divise P Q.
M :=
(1) Montrer, à partir de cette dénition, qu'il existe deux polynômes premiers entre eux
A, B ∈ R[X] tels que M = AP = BQ.
Par dénition du pgcd, il existe deux polynômes premiers entre eux A, B ∈ R[X] tels
que P = DB et Q = DA. Par la dénition du ppcm M , on en déduit que M = P Q/D =
DAB = QB = P A.
(2) Soient E un espace vectoriel réel, et u ∈ L(E). Montrer que :
Ker P (u) + Ker Q(u) = Ker M (u).
On démontre cette égalité par double inclusion, en commençant par la plus facile.
(i) Si y ∈ Ker P (u) et z ∈ Ker Q(u), alors M (u)(y + z) = M (u)(y) + M (u)(z) =
A(u)(P (u)(y))+B(u)(Q(u)(z)) = 0+0 = 0, d'où l'on déduit que Ker P (u)+Ker Q(u) ⊂
Ker M (u).
(ii) D'après le théorème de Bézout, il existe des polynômes U, V ∈ K[X] tels que AU +
BV = 1. Si x ∈ Ker M (u), on peut donc écrire x = id(x) = (AU )(u)(x)+(BV )(u)(x).
Si l'on pose y := (AU )(u)(x) et z := (BV )(u)(x), on a donc x = y + z . Mais on a
P (u)(y) = P (u) ◦ A(u) ◦ U (u)(x) = U (u) ◦ M (u)(x) = 0, puisque x ∈ Ker M (u). Et
de même, Q(u)(z) = 0. On en déduit que x ∈ Ker P (u) + Ker Q(u).
On se place sur le corps des nombres complexes C. Soit n un entier strictement
positif. Soit A et B deux matrices carrées de taille n à coecients complexes. On rappelle que A
et B sont dites semblables s'il existe une matrice inversible P telle que B = P AP −1 . On note χA
(respectivement µA ) le polynôme caractéristique (respectivement minimal) de A.
Exercice 3.
(1) Montrer que deux matrices semblables ont même polynôme caractéristique (respectivement
minimal).
Le calcul suivant répond à la question sur le polynôme caractéristique :
det(P AP −1 − XIn ) = det(P AP −1 − XP P −1 ) = det(P (A − XIn )P −1 ) =
det(A − XIn ). det(P ). det(P −1 ) = det(A − XIn ).
Soit µ n'importe quel polynôme. Puisque (P AP −1 )k = P Ak P −1 pour tout entier naturel
k , on a :
µ(P AP −1 ) = P µ(A)P −1 .
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3
En particulier, µ(B) = 0 si et seulement si µ(A) = 0. Comme A et B ont les mêmes
polynômes annulateurs, ils ont le même polynôme minimal.
On s'intéresse à la réciproque de cette assertion.
(2) On suppose que n = 2. On se propose de montrer que si µA = µB alors A et B sont
semblables. On pose µ = µA = µB .
(a) On suppose que µ a deux racines simples λ et λ0 . Exhiber une matrice explicite ne
dépendant que de λ et λ0 semblable à A.
Ici, µA est scindé à racines simples : A est donc diagonalisable. Plus présisément A
est semblables à
λ
0
0
λ0
.
(b) On suppose que µ = X 2 . Exhiber une matrice dont les coecients sont 0 ou 1 semblable à A.
Ici A est nilpotente d'ordre 2 (sa taille). On a vu que A est semblable à
0
0
1
0
.
(c) On suppose que µ a une racine double λ. Exhiber une matrice explicite ne dépendant
que de λ semblable à A.
La question précédente montre que A − λI2 est semblable à
0
0
1
0
1
λ
.
On en déduit que A est semblable à
λ
0
.
(d) Conclure.
Si µ est de degré 2, il est de l'un des types des questions précédentes. Ainsi, A mais
aussi B est semblable à la matrice correspondante ci-dessus. On en déduit que A et B
sont semblables.
Si µ est de degré 1 (avec λ pour racine), A (et B ) égale λI2 . Elles sont encore semblable.
(3) Pour n = 2 trouver deux matrices non semblables qui ont même polynôme caractéristique.
La matrice nulle et la matrice
0
0
1
0
ont X 2 comme polynôme caractéristique mais ne sont pas semblables.
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Exercice 4. Soit Sn l'ensemble des bijections de l'ensemble 1, · · · , n. Pour σ ∈ Sn et k un entier
naturel non nul, on note σ k la permutation obtenue en composant σ k fois avec elle-même. Par
convention σ 0 = Id et σ −k = (σ −1 )k .
(1) Soit σ ∈ Sn . Montrer qu'il existe deux entiers distincts strictement positifs k et l tels que
σk = σl .
Comme Sn est ni, les éléments σ k (pour k ∈ N∗ ) ne peuvent être deux à distincts.
Ainsi, il existe deux entiers distincts strictement positifs k et l tels que σ k = σ l .
(2) En déduire qu'il existe un entier strictement positif k tel que σ k = Id.
Soit k et l comme dans la question précédente. Quitte à échanger k et l, on peut supposer
que l > k. En composant σ k = σ l par σ −k à gauche (ou à droite) on déduit que Id = σ l−k .
Le minimum des entiers k comme ci-dessus est appelé l'ordre de σ et on le note ord(σ).
(3) Montrer que si σ k = Id alors ord(σ) divise k.
On suppose que σ k = Id et on fait la division euclidienns de k par ord(σ) (qui est bien
non nul !) :
k = ord(σ)q + r0 ≤ r < ord(σ).
= σ ord(σ)q ◦ σ r = (σ ord(σ) )q ◦ σ r = σ r . On en déduit que σ r = Id.
On a σ = σ
Comme r < ord(σ), il ne peut pas être un entier strictement positif par minimalité de
ord(σ). On en déduit que r = 0, c'est-à-dire que ord(σ) divise k.
k
ord(σ)q+r
(4) Montrer que l'ordre d'un cycle est sa longueur.
Soit c = (a1 , · · · , al ) un cycle de longueur l (les ai sont 2 à 2 distincts). Pour tout entier
0 < k < l, ck (a1 ) = a1+k et donc ck 6= Id.
Or cl (a1 ) = a1 ; de même, pour tout i cl (ai ) = ai et évidement cl (b) = b si b n'est égal à
aucun des ai . On vient de vérier que cl = Id.
Finalement, on a montré que l = ord(c).
(5) On considère l'écriture de σ comme produit de cycles à supports disjoints. Montrer que
l'ordre de σ est le ppcm des ordres de ces cycles.
ci .
On écrit σ = c1 ◦ · · · ◦ ck comme dans l'énoncé. Notons p le ppcm des ordres des cycles
Comme les cylces ci sont à support disjoints, ils commutent. En particulier, pour tout
entier strictement positif l, on a :
(1)
σ l = cl1 ◦ · · · ◦ clk .
Comme ord(ci ) divise p, cpi = Id. L'égalité (1) montre alors que σ p = Id. Montrons
maintenant que p est l'entier minimal vériant cette relation.
On suppose donc que σ l = Id pour un entier strictement positif l. Comme les cli sont
à supports disjoints, l'égalité (1) montre alors que cli = Id pour chaque i. La question
précédent montre alors que ord(ci ) divise l pour chaque i ; ainsi, p divise l. En particulier,
l ≥ p.