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UE 6-3 Alg`ebre, Semestre 6, ann´ee 2016-2017
Correction de l’examen final
Exercice 1 :
1. On remarque que
u3=e1+e2−2e3,
u2=e2−e3,
u1+u2= 2e3.
On a donc trouv´e une forme ´echelonn´ee pour la famille (u1, u2, u3). On
en d´eduit que c’est une base de R3. Notons (e∗
1, e∗ 2, e∗ 3) la base duale
de la base canonique de R3. On voit imm´ediatement que, si on pose
u∗
3=e∗ 1
on a u∗
3(u1) = u∗ 3(u2) = 0 et u∗ 3(u3) = 1. Pour trouver u∗ 1et u∗ 2,
remarquons que, si on prend
u∗
1=αe∗ 1+1
2e∗
2+1
2e∗
3,
u∗
2=βe∗ 1+1
2e∗
2−1
2e∗
3,
on a imm´ediatement u∗
1(u1) = 1, u∗ 1(u2) = 0 et u∗ 2(u1) = 0, u∗ 2(u2) = 1.
On trouve les constantes αet βen imposant que u∗
1(u3) = u∗ 2(u3) = 0.
Ces deux conditions nous donnent α= 1/2 et β=−3/2.
2. Les vecteurs u1et u2sont lin´eairement ind´ependants. Ils engendrent
donc un espace de dimension 2, autrement dit un hyperplan dans R3.
Cet hyperplan est le noyau d’une forme lin´eaire. Or, u1, u2∈Ker(u∗
3)
donc F= Vect(u1, u2)∈Ker(u∗
3). Comme Fet Ker(u∗ 3) sont tous
deux de dimension 2, les deux espaces sont ´egaux :
F= Ker(u∗
3).
3. L’application φ:R3→R2d´efinie par φ(x)=(u∗
1(x), u∗ 2(x)) est lin´eaire
et surjective : φ(u1) = (1,0) et φ(u2) = (0,1) forment une base de R2.
En utilisant le th´eor`eme du rang, on a donc dim(Ker(φ)) = dim(R3)−
1

dim(R2) = 3 −2 = 1. Or u3∈Ker(φ) donc, comme G= Vect(u3) est
de dimension 1, on a G= Ker(φ) :
G= Vect(u3) = Ker(φ) = Ker(u∗
1)\Ker(u∗ 2).
Exercice 2 :
1. φ√2est un morphisme d’anneaux. Son noyau est donc un id´eal de
Q[X]. Comme Q[X] est principal, Ker(φ√2)=(P0) avec P0∈Q[X].
Nous allons montrer que (`a multiplication pr`es par un ´el´ement de Q∗),
P0=X2−2. En effet, on a clairement que X2−2∈Ker(φ√2). Donc
P0|(X2−2). Si X2−2 ´etait r´eductible dans Q[X], il admettrait un
diviseur de degr´e 1 dans Q[X], ce qui impliquerait que X2−2 admet
une racine dans Q, ce qui est impossible car ses racines sont ±√2
et aucune n’est dans Q. Comme P0|(X2−2), on a donc que P0est
constant ou associ´e `a X2−2. La premi`ere option est impossible P06= 0
car P0|(X2−2) et si P0=λ6= 0, P0(√2) = λ6= 0. On a donc montr´e
que P0est associ´e `a X2−2 donc qu’on peut prendre P0=X2−2 (car
ils engendrent le mˆeme id´eal) :
Ker(φ√2) = (X2−2).
2. Ceci d´ecoule en fait d’un r´esultat plus g´en´eral : Dans un anneau prin-
cipal A, si Iest un id´eal premier non nul, Iest maximal. Ici, soit Jun
id´eal de Q[X] tel que (P0)⊂J⊂Q[X]. Il existe Q∈Q[X] , Q6= 0 tel
que J= (Q). Comme P0∈J, on a Q|P0. Comme P0est irr´eductible,
ceci ne laisse que deux possibilit´es : soit Qest asoci´e `a P0, auquel cas
J= (P0), soit Qest une unit´e et J= (Q) = Q[X]. Ceci montre que
(P0) est maximal. L’anneau Q[√2] = Im(φ√2est donc un corps.
3. Soit x∈Q[√2]. Il existe, par d´efinition, un polynˆome P∈Q[X] tel que
x=P(√2). Effectuons la division euclidienne de Ppar P0=X2−2:
P= (X2−2)Q+R
avec R=bX +a, (a, b)∈Q2, un polynˆome de degr´e 1 et Q∈Q[X].
On a alors
x=P(√2) = 0 ×Q(√2) + R(√2) = a+b√2.
4. On voit facilement que l’application x7→ xsatisfait x+y=x+ypour
tous x, y ∈Q[√2]. (elle est mˆeme Q-lin´eaire). Pour montrer qu’on a
xy =xy pour tous x, y ∈Q[√2], ´ecrivons
x=a+b√2, y =a0+b0√2.
2

On a alors
xy = (aa0+ 2bb0)+(ab0+ba0)√2
xy = (aa0+ 2bb0)−(ab0+ba0)√2
xy = (a−b√2)(a0−b0√2)
= (aa0−2bb0)+(ab0+ba0)√2.
Et donc xy =xy. On a clairement
1 = 1 + 0√2=1−0√2=1.
Donc x7→ xest un morphisme d’anneaux dont l’image est clairement
contenue dans Q[√2]. Remarquons au passage que x=xdonc cette
application est une involution. En particulier, elle est bijective.
5. Si x∈Q, on a x=x+ 0√2 = x−0√2 = x. Notons P=anXn+
. . . +a1X+a0∈Q[X]. On a P(α) = 0 donc
0 = P(α)
=anαn+. . . +a1α+a0
=anαn+. . . +a1α+a0
=anαn+. . . +a1α+a0
=P(α),
ce qui montre que αest aussi une racine de P.
6. On proc`ede comme pour les nombres complexes. On a
(1 + √2)(1 + √2) = (1 + √2)(1 −√2) = 1 −2 = −1.
Donc
1
1 + √2=(1 + √2)
−1=√2−1.
En identifiant, on trouve a=−1 et b= 1.
Exercice 3 :
Premi`ere partie
3

1. Proc´edons comme sugg´er´e par l’indication.
χAα(x) = det(Aα−xI3)
=
−1−x0α+ 1
1−2−x0
−1 1 α−x
=
−1−x0α+ 1
−1−x−2−x0
0 1 α−x
(C1←C1+C2)
=−(1 + x)
1 0 α+ 1
1−2−x0
0 1 α−x
=−(1 + x)
1 0 α+ 1
0−1−x−1−x
0 1 α−x
(L2←L2−L1+L3)
=−(1 + x)
−1−x−1−x
1α−x
= (1 + x)2
1 1
1α−x
= (1 + x)2(α−1−x).
2. Les racines du polynˆomes caract´eristique sont donc −1 (double) et
α−1 (simple) si α6= 0. Et si α= 0, −1 est racine triple de χAα.
3. Tout d’abord si α6= 0, la racine α−1 ne pose pas de probl`eme car
elle est simple. Regardons ce qu’il se passe pour l’espace propre E−1.
On r´esout
Aα
x
y
z
=−
x
y
z
,
On ´etudie donc le syst`eme
−x+ (α+ 1)z=−x
x−2y=−y
−x+y+αz =−z⇔
(α+ 1)z= 0
x=y
−x+y+ (α+ 1)z= 0 ⇔((α+ 1)z= 0
x=y
Si α6=−1, on voit que z= 0 et donc
E−1= Vect 
1
1
0
4

est de dimension 1 donc toujours inf´erieure `a la multiplicit´e de −1
dans χAα.Aαn’est pas diagonalisable.
Si α=−1, par contre,
E−1= Vect 
1
1
0
,
0
0
1
.
est de dimension 2 ´egale `a la multiplicit´e de −1 dans χAα. Et donc,
dans ce cas (et dans ce cas uniquement) Aαest diagonalisable.
4. Si α=−1, Aαest diagonalisable. Son polynˆome minimal est donc
scind´e `a racines simples et ses racines sont les valeurs propres de Aα:
ΠA−1= (X+ 1)(X+ 2).
Si α6∈ {0,−1},Aαest non-diagonalisable donc son polynˆome min-
imal n’est pas `a racines simples. Comme il divise le polynˆome car-
act´eristique (th´eor`eme de Cayley-Hamilton) et qu’il doit admettre
chaque valeur propre de Aαcomme racine, ceci ne laisse qu’une seule
possibilit´e, qu’il soit ´egal (au signe pr`es) au polynˆome caract´eristique
: ΠAα= (X+ 1)2(X−α+ 1).
Traitons finalement le cas α= 0. On a, de la mˆeme mani`ere que ce qui
pr´ec`ede, (X+1)|ΠA0et ΠA0|χA0(X)=(X+1)3. On ne peut pas avoir
ΠA0=X+ 1 car A0n’est pas diagonalisable. On v´erifie ´egalement
que (A0+I3)26= 0 (cf. seconde partie) donc ΠA06= (X+ 1)2, ce qui
ne laisse que la possibilit´e ΠA0= (X+ 1)3.
Seconde partie
1. L’espace propre de Aa ´et´e d´etermin´e dans la question 3 de la premi`ere
partie. L’espace caract´eristique N−1correspondant `a la valeur pro-
pre −1 est de dimension 3 (= la multiplicit´e de la racine −1 dans le
polynˆome caract´eristique), ceci ne laisse que la possibilit´e N−1=R3.
5