Corrigé de l`examen final.

Examen 2017 Algèbre Corrigé
Exercice 1
1) Tout d’abord Un n’est pas vide. D’après l’une des caractérisations des sous-groupes, il est nécessaire
et suffisant de vérifier que pour tout (a, b) ∈ Un × Un on a ab−1 ∈ Un . Les éléments a et b s’écrivent
a = e2iπk/n et b = e2iπ`/n avec k et ` entiers compris entre 0 et n − 1. Cela donne
ab−1 = e2iπ(k−`)/n .
Or l’entier (k − `) est compris entre −(n − 1) et n − 1. On distingue deux sous-cas :
• si 0 ≤ (k − `) ≤ n − 1 alors c’est fini, on a bien un élément de Un .
• si −(n − 1) ≤ k − ` ≤ −1, alors on remarque que ab−1 s’écrit e2iπ(k−`)/n = e2iπ(n+k−`)/n avec
n + k − ` ∈ {0, . . . , n − 1}.
k
2) La définition même de Un montre que chacun de ses éléments s’écrit e2iπ/n avec k ∈ N. Donc Un est
un groupe engendré par e2iπ/n , et donc est cyclique.
3) Supposons Ud ⊂ Un . En particulier, e2iπ/d appartient à Un . En élevant à la puissance n, on trouve
e2iπn/d = 1. Il s’agit d’en déduire que nd est entier. On peut y arriver en examinant parties réelle et
imaginaire de e2iπn/d , mais le moyen le plus efficace est clairement d’utiliser une formule d’Euler :
0 = e2iπn/d − 1 = eiπn/d eiπn/d − e−iπn/d = eiπn/d 2i sin(πn/d)
Comme une exponentielle ne s’annule jamais, on voit que πn/d est un zéro de sin, donc appartient à πZ.
Supposons maintenant la réciproque, c’est-à-dire que d divise n et écrivons n = dm. On voit immédiatement
que tout élément de Ud , c’est-à-dire de la forme e2iπk/d , avec k ∈ {0, 1, . . . , d − 1}, s’écrit aussi e2iπmk/n
avec
mk ∈ {0, m, . . . , md − m} ⊂ {0, 1, . . . , n − 1}.
Donc Ud ⊂ Un . Autre argument plus rapide : soit z ∈ Ud , si bien que z d = 1. En élevant à la puissance
m, on a 1 = z dm = z n , donc z ∈ Un .
Exercice 2
La formule P (x) = 0 s’écrit, après multiplication par q 3 :
p3 + ap2 q + bpq 2 + cq 3 = 0
Ou encore p(p2 + ap + bq 2 ) = −cq 3 . Autrement dit, p divise −cq 3 . Or p et q sont premiers entre eux. Cela
prouve que p divise c.
De même, on a la formule p3 = −q(ap2 + bpq + cq 2 ). Ainsi, q divise p3 . Comme p et q sont premiers
entre eux, on a forcément q = ±1.
1
Exercice 3
1) En développant par rapport à la deuxième colonne, on obtient
−1 − X
0
1
−1 − X
4
−2 − X
−2 = (−2 − X) χA = det(A − XI) = −4
−4
0
3−X 1
3−X = −(2 + X)[(−1 − X)(3 − X) + 4] = −(2 + X)(X 2 − 2X + 1) = −(X + 2)(X − 1)2
2) D’après la question précédente, les valeurs propres de A sont −2, 1, 1.
3) Cherchons le sous-espace propre associé à −2. On notera que comme −2 est une racine simple de χA , on
sait par avance que 1 ≤ dim(ker(A + 2I)) ≤ 1, c’est-à-dire dim(ker(A + 2I)) = 1. Or la matrice A + 2I
a sa deuxième colonne nulle. Cela signifie précisément que (0, 1, 0) est dans le noyau de ker(A + 2I).
D’après ce qui précède ker(A + 2I) est la droite vectorielle engendrée par (0, 1, 0).
On aurait pu retrouver ce résultat en considérant (x, y, z) un vecteur propre associé à −2, si bien que
l’on a


−x + z = −2x 
x+z =0

4x − 2y − 2z = −2y
4x − 2z = 0


−4x + 3z = −2z
−4x + 5z = 0
Or ce système donne x = z = 0. Autrement dit, seule la coordonnée y peut varier et donc (x, y, z) est
bien colinéaire à (0, 1, 0).
Cherchons le sous-espace

−x + z =

4x − 2y − 2z =

−4x + 3z =
propre associé à 1. Soit (x, y, z) un vecteur propre associé à 1, si bien que

x 
−2x + z = 0 −2x + z = 0
−2x + z = 0
y
4x − 3y − 2z = 0
4x − 3y − 2z = 0
y = 0

z
−4x − 2z = 0
L’ensemble des solutions est l’intersection de deux plans vectoriels indépendants, c’est-à-dire une droite
vectorielle. Pour trouver cette droite, il suffit d’en trouver un élément non nul. Posons x = 1, et donc
z = 2 et enfin y = 0. Enfin, ker(A − I) = Vect(1, 0, 2).
4) Comme la dimension du sous-espace propre associé à 1 est < à la multiplicité de (X −1) dans le polynôme
caractéristique, on peut conclure que A n’est pas diagonalisable.
5) Le polynôme minimal mA de A est un polynôme unitaire (i.e. son coefficient de plus haut degré est 1)
qui annule A mais tel qu’aucun de ses diviseurs stricts n’annule A. D’après le cours, un tel polynôme
existe et est unique. Une autre définition serait de dire que mA est le polynôme unitaire qui engendre
l’idéal principal {P ∈ C[X], P (A) = 0} de C[X].
6) D’après le théorème de Cayley-Hamilton, on sait que χA annule A. Cherchons donc mA parmi les
diviseurs de χA c’est-à-dire :
1,
X + 2,
X − 1,
(X + 2)(X − 1),
(X − 1)2 ,
(X − 1)2 (X + 2)
Le polynôme 1 ne convient pas puisque 1(A) = In 6= 0 (ici 1(A) désigne le polynôme constant 1 évalué
en A). Ensuite, les polynômes X + 2, X − 1 et (X + 2)(X − 1) ne conviennent pas, car d’après le cours,
A n’est pas diagonalisable et donc mA n’est pas scindé à racines simples. D’après le cours, toutes les
valeurs propres de A sont racines de mA . Cela élimine donc (X − 1)2 qui ne s’annule pas en −2. Le seul
polynôme restant est donc mA = (X − 1)2 (X + 2).
Exercice 4
1) La règle de Sarrus donne
det(M ) = a3 + bc2 + b2 c − 3abc
2
2) On reconnaı̂t deux déterminants triangulaires inférieurs et supérieurs. Leurs valeurs sont égales au
produit de leurs éléments diagonaux. Ainsi, det(M (−b)) = (a − b)3 et det(M (−c)) = (a − c)3 .
3) Remplaçant la ligne L2 par L2-L1, et L3 par
l’on a
det(M (t)) = L3-L1, on ne change pas la valeur du déterminant et
a + t b + t b + t c−a a−b
0 c−a c−b a−b En développant par rapport à la première ligne, il apparaı̂t que det(M (t)) est un polynôme de degré
≤ 1 en t.
4) A l’aide des questions précédentes, on a le système
(a − b)3 = A − bB
(a − c)3 = A − cB
Comme b 6= c, cela donne par soustraction
(a − b)3 − (a − c)3 = (c − b)B
(a − b)3 − (a − c)3
=B
c−b
Ensuite, on trouve A :
c(a − b)3 − b(a − c)3 = (c − b)A
c(a − b)3 − b(a − c)3
=A
c−b
5) Evidemment det(M ) = det(M (0)) = A dont la formule, en fonction de (a, b, c), est donnée ci-dessus.
Exercice 5
1) Une matrice A trigonalisable sur R est une matrice semblable à une matrice triangulaire supérieure
à coefficients réels, c’est-à-dire qui s’écrit A = P T P −1 avec P ∈ GLn (R) et T ∈ Mn (R) triangulaire
supérieure.
2) Avec l’écriture précédente, on a A2 + A + I = P T P −1 P T P −1 + P T P −1 + I = P (T 2 + T + I)P −1 .
Comme T est triangulaire supérieure, il en est de même de T 2 + T + I. Les éléments diagonaux sont
alors λ2k + λk + 1.
3) On a
x2 + x + 1 −
1
1
3
= x2 + x + = (x + )2 ≥ 0
4
4
2
Le cas d’égalité se produit seulement si x = − 21 .
4) La trace est la somme des valeurs propres. Donc
tr(A2 + A + I) =
n
X
k=1
5) La matrice A = − 12 In convient trivialement.
3
λ2k + λk + 1 ≥
n
X
3
k=1
4
≥
3n
.
4