Idéaux de Mn(R)

CORRIG´ E de l’´epreuve de MATHS 1 de l’ESIM - 2002 - Fili`ere MP
Id´eaux de Mn(R)
L’´enonc´e est modifi´e de la fa¸con suivante pour ˆetre coh´erent avec les parties IV et V :
∗id´eal `a droite : ∀A∈Mn(R),∀M∈J, MA ∈J.
∗id´eal `a gauche : ∀A∈Mn(R),∀M∈J, AM ∈J.
I) R´esultats pr´eliminaires
Les questions de ce pr´eliminaire sont parfois d´eroutantes car on ne sait pas toujours ce qu’on a le droit d’utiliser du
fait que les r´esultats demand´es sont d´ej`a dans le cours de MP.
1) Soit A∈Mn(R) de rang ret ul’endomorphisme de Rnassoci´e canoniquement `a A.
a) On sait que rg(u) = rg(A) = rsuppos´e ≥1, donc d’apr`es le th´eor`eme du rang, Ker(u) est de dimension n−r.
Il est donc l´egitime de consid´erer une base de Ker(u) not´ee (er+1,...,en). Cette famille ´etant libre dans Rn, on sait
qu’on peut la compl´eter en une base B= (e1,...,er, er+1,...,en) de Rn.
b) D’apr`es le cours, si B= (e1,...,er, er+1,...,en) est une base de Rn, alors en notant E0= Vect{e1,...,er}, on sait
que Rn=E0⊕Ker(u), ce qui exprime que E0est un suppl´ementaire de Ker(u).
Notons ˜ula restriction de u`a E0consid´er´ee comme ´etant `a valeurs dans Im(u).
˜uest lin´eaire et Ker(˜u) = Ker(u)∩E0={0}, donc ˜uest injective.
E0et Im(u) ayant la mˆeme dimension r, alors ˜uest bijective.
Ainsi ˜uest un isomorphisme de E0sur Im(u).
L’image par ˜ude la base (e1,...,er) de E0est donc une base de Im(u). Or ∀i∈[[1; r]], ei∈E0, donc ˜u(ei) = u(ei).
Ainsi u(e1),...,u(er)est une base de Im(u).
c) La famille u(e1),...,u(er)´etant libre dans Rn, on sait qu’on peut la compl´eter en une base
C=u(e1),...,u(er), fr+1 ,...,fnde Rn.
Notons Ela base canonique de Rn,Pla matrice de passage de E`a B,Qla matrice de passage de E`a C.A0=M(u, E,C).
Puisque A=M(u, E,B), on sait que : On sait que A=QA0P−1.
D’autre part A0est de la forme Ir0
0 0 matrice diagonale not´ee Dr. Ainsi Aest ´equivalente `a Dr.
2)D´etant de rang r, d’apr´es la question pr´ec´edente, elle est aussi ´equivalente `a Dr.
La relation d’´equivalence des matrices d’ordre n´etant sym´etrique et transitive, on obtient que Aest semblable `a toutes
les matrices du type de D.
II) Application
On suppose que ∀(A, B)∈Mn(R)2, f(AB) = f(A)f(B) et f6=˜ 0 et f6=˜ 1.
1) Soit A∈GLn(R). Si on avait f(A) = 0, alors ∀B∈Mn(R), f(B) = f(BA−1A) = f(BA−1)f(A) = 0, ce qui
contredit que f6=˜
0. Donc f(A)6= 0.
2) Soit A∈Mn(R) de rang r < n.
a) Posons Ar+1 =Dr=Ir0
0 0 .
Pour k∈[[1; r]], on choisit Akdiagonale avec rcoefficients diagonaux ´egaux `a 1 les n−rautres ´etant ´egaux `a 0 dont
celui d’indice (k, k).
Ainsi toutes les Akpour k∈[[1; r+ 1]] sont ´equivalentes `a Ad’apr`es I.2.
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Leur produit Best une matrice diagonale :
. si 1 ≤k≤r, alors B[k, k] = 0 car Ak[k, k] = 0.
. si r+ 1 ≤k≤n, alors B[k, k] = 0 car Ar+1 [k, k] = 0.
Ainsi B=A1A2. . .Ar+1 = 0no`u 0nd´esigne la matrice nulle de Mn(R).
b) f(0n) = f(0n×0n) = f(0n)×f(0n), donc f(0n) = 0 ou 1.
Si on avait f(0n) = 1, alors on aurait : ∀B∈Mn(R),1 = f(0n) = f(0n×B) = f(0n)f(B) = f(B), ce qui contredit
que f6=˜ 1.
f(A1)f(A2). . . f(Ar+1 ) = f(B) = 0, donc un des r´eels f(Ak) est nul.
Or Akest ´equivalente `a A, donc il existe deux matrices inversibles Pket Qktelles que Ak=Q−1
kAPk.
Donc f(Q−1
k)f(A)f(Pk) = 0. Mais f(Q−1 k) et f(Pk) sont non nuls d’apr`es le II.1, donc f(A) = 0.
3) On peut dire que f(A)6= 0 ⇐⇒ A∈GLn(R).
finduit un morphisme de groupe multiplicatif GLn(R) vers le groupe multiplicatif R∗. En particulier, f(I) = 1.
Un exemple de telle application est : A7−→ det(A).
III) Id´eaux bilat`eres de Mn(R)
1) Si I∈J, alors ∀A∈Mn(R), A =A I ∈J, donc Mn(R)⊂Jet par suite J= Mn(R).
2) Si Jcontient une matrice inversible A, alors I=A−1A∈J, donc J= Mn(R). d’apr`es le 1.
3) Soit Aun ´el´ement de Jde rang r6= 0.
a) On a vu au I.2.c que Aest ´equivalente `a Dr. Il existe donc deux matrices inversibles Pet Qteles que Dr=Q−1AP .
J´etant id´eal `a droite, AP ∈J, puis ´etant id´eal `a gauche, Dr=Q−1(AP )∈J.
b) Pour k∈[[1; n−r+ 1]], on pose Ak= Diag(0,...,0,1,...,1,0,...,0) o`u Ak[i, i] = 1 ⇐⇒ k≤i≤k+r−1
(ce qui est possible car k+r−1≤(n−r+ 1) + r−1 = n).
Toutes les Aksont ´equivalentes `a Ad’apr`es le I.2, donc sont toutes dans J(cf. 3.a).
On constate que C=A1+···An−r+1 est diagonale et que ses ´el´ements diagonaux sont tous des entiers ≥1.
Donc Cest inversible et C∈Jcar Jest stable pour l’addition comme sous-groupe de Mn(R).
4) Puisque C∈GLn(R) et C∈J, alors J= Mn(R) d’apr`es le III.2. Ainsi J6={0n}=⇒J= Mn(R).
Donc les seuls id´eaux bilat`eres de Mn(R) sont {0n}et Mn(R) .
IV) Id´eaux `a droite de Mn(R)
1)Ed´esigne un sous-espace vectoriel de M(n,1)(R) et JE={A∈Mn(R)/Im(A)⊂E}.
.JEest non vide car contient 0n
. si Aet Bsont deux ´el´ements de JE, alors A−B∈JEcar Im(A−B)⊂Im(A) + Im(B)⊂E+E⊂E.
Ainsi JEest un sous-groupe de Mn(R).
D’autre part, si M∈Mn(R) et A∈JE, alors AM ∈JEcar Im(AM )⊂Im(A)⊂E.
Donc JEest un id´eal `a droite de Mn(R).
2)A∈M(n,p)(R), B ∈M(n,q)(R) et Im(B)⊂Im(A)⊂M(n,1)(R). De plus M(p,1)(R) = S⊕Ker(A).
a) Il est clair que φ:X7→ AX est lin´eaire et `a valeurs dans Im(A).
.φest injective car si X∈Ker(φ), alors X∈Set AX = 0, donc X∈S∩Ker(A) = {0}.
.φest surjective : en effet, soit Y∈Im(A). ∃X∈M(p,1)(R)/ Y =AX.Xse d´ecompose sous la forme X=X1+X2
avec X1∈Set X2∈Ker(A). Alors Y=AX1+AX2=AX1=φ(X1). Ainsi ∃X1∈S / Y =φ(X1).
En r´esum´e, φ:X7→ AX d´efinit un isomorphisme de Ssur Im(A).
b) ∀i∈[[1, q]], Bei∈Im(B)⊂Im(A). D’apr`es le a), ∃!εi∈S / Bei=φ(εi), c’est `a dire Aεi=Bei.
c) On a C= [ε1,...,εq], donc AC = [Aε1,...,Aεq] = [Be1,...,Beq] = Bpuisque Bejrepr´esente la j-i`eme colonne
de B∈M(n,q)(R).
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3)A, B, C sont dans Mn(R) et v´erifient : Im(C)⊂Im(A) + Im(B).
a) Y∈Im(D)⇐⇒ ∃ X∈M(2n,1)(R)/ Y =DX. Or Xpeut s’´ecrire X=X1
X2avec X1et X2dans M(n,1)(R).
Ainsi Y∈Im(D)⇐⇒ ∃ (X1, X2)∈M(n,1)(R)2/ Y = (A, B)X1
X2=AX1+BX2⇐⇒ Y∈Im(A) + Im(B).
b) C∈M(n,n)(R), D ∈M(n,2n)(R) et Im(C)⊂Im(D).
D’apr`es le 2.c (avec A:= D, B := C, p := 2n, q := n), ∃W∈M(2n,n)(R)/ C =DW .
Wpeut s’´ecrire W=U
Vavec Uet Vdans Mn(R). Ainsi C= (A, B)U
V=AU +BV .
4)Jd´esigne un id´eal `a droite de Mn(R).
a) Notons X={rg(M), M ∈J}: c’est une partie non vide de N(car J6=∅), major´ee par n. Elle admet donc un plus
grand ´el´ement not´e r. Comme r∈X, alors ∃M0∈J/rg(M0) = r.
b) Soit M∈J / Im(M)6⊂ Im(M0) : alors ∃Y∈Im(M)/ Y /∈Im(M0). Par suite Im(M0) est inclus strictement dans
Im(M) + Im(M0).
On peut trouver une matrice P∈Mn(R) telle que Im(P) = Im(M) + Im(M0) (par exemple une matrice de projecteur
sur Im(M) + Im(M0)).
D’apr`es le 3(avec C:= P, A := M, B := M0), il existe deux matrices Uet Vdans Mn(R) telles que P=M U +M0V.
Comme M∈Jet Jest un id´eal `a droite, M U ∈J. De mˆeme M0V∈J. Puisque Jest un sous-groupe de Mn(R),
alors P=MU +M0V∈J. Or rg(P) = dimIm(P)>dimIm(M0)=r, ce qui contredit la d´efinition de r.
En r´esum´e, ∀M∈J,Im(M)⊂Im(M0), ce qui signifie que J⊂JIm(M0).
5) Soit M∈JIm(M0). Ainsi Im(M)⊂Im(M0). D’apr`es le IV.2 (B:= M, A := M0), ∃C∈Mn(R)/ M =M0C.
Comme M0∈Jet Jid´eal `a droite, alors M∈J.
On a donc J=JIm(M0).
Bilan : les id´eaux `a droite de Mn(R) sont les parties de la forme JE={A∈Mn(R)/Im(A)⊂E}o`u Eest un
sous-espace vectoriel quelconque de M(n,1)(R).
Pour E={0}, alors JE={0n}et pour E= M(n,1)(R), alors JE= Mn(R) (seuls id´eaux bilat`eres).
V) Id´eaux `a gauche de Mn(R)
1) Ici JE={M∈Mn(R)/ E ⊂Ker(M)}.
.JEest non vide car contient 0n
. si Aet Bsont deux ´el´ements de JE, alors A−B∈JEcar E⊂Ker(A) et E⊂Ker(B),
donc E⊂Ker(A)∩Ker(B)⊂Ker(A−B) puisque AX = 0 et BX = 0 =⇒(A−B)X= 0.
Ainsi JEest un sous-groupe de Mn(R).
D’autre part, si M∈Mn(R) et A∈JE, alors M A ∈JEcar E⊂Ker(A)⊂Ker(MA).
Donc JEest un id´eal `a gauche de Mn(R).
2)u∈ L(Rn,Rp), v ∈ L(Rn,Rq) et Ker(u)⊂Ker(v). On veut montrer l’existence de w∈ L(Rp,Rq) telle que
v=w◦u.
•Premi`ere preuve exploitant les dimensions finies
Posons r= rg(u) et s= rg(v). On a : r=n−dimKer(u)≥n−dimKer(v)=s.
Soit (er+1,...,en) une base de Ker(u). On la compl`ete en (es+1,...,er+1,...,en) une base de Ker(v), puis on compl`ete
en B= (e1,...,es, es+1,...,er+1,...,en) une base de Rn.
En reprenant la d´emonstration faite au I.1, on montre de mˆeme que u(e1),...,u(er)est une base de Im(u).
On la compl`ete en une base C=u(e1),...,u(er), fr+1,...,fpde Rp.
Soit wl’application lin´eaire de Rpdans Rqd´etermin´ee sur la base Cpar :
∀i∈[[1; r]], wu(ei)=v(ei) et ∀j∈[[r+ 1; p]], w(fj) = 0.
Pour v´erifier que v=w◦u, il suffit de se placer sur la base Cde Rp.
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. On a d´ej`a ∀i∈[[1; r]], wu(ei)=v(ei).
. Si j∈[[r+ 1; p]], alors u(ej) = 0, donc v(ej) = 0 car Ker(u)⊂Ker(v) et l’´egalit´e wu(ej)=v(ej) est encore vraie.
•Deuxi`eme preuve plus g´en´erale
Soit Fun suppl´ementaire de Im(u) dans Rp. Notons fla projection sur Im(u) parall`element `a F.
Soit y∈Rp.f(y)∈Im(u), donc ∃x∈Rn/ p(y) = u(x).
Posons w(y) = v(x) avec p(y) = u(x).
V´erifions que cette d´efinition ne d´epend pas de l’ant´ec´edent xde p(y) par u. En effet, si x0est un autre ant´ec´edent,
alors u(x) = u(x0), donc u(x−x0) = 0, d’o`u a fortiori v(x−x0) = 0 puisque Ker(u)⊂Ker(v) et ainsi v(x) = v(x0).
On vient donc de d´efinir une application wde Rpdans Rq.
∀x∈Rp, alors y=u(x)∈Im(u), d’o`u f(y) = y. Donc xest un ant´ec´edent de f(y) par uet, par d´efinition de w, on
aw(y) = v(x), c’est `a dire wu(x)=v(x), ce qui prouve que v=w◦u.
Il reste `a d´emontrer que west lin´eaire.
Soient y1et y2deux ´el´ements de Rp,λun r´eel, x1et x2des ant´ec´edents respectifs de f(y1) et de f(y2) par u.
Alors, par d´efinition de w, on a : w(y1) = v(x1) et w(y2) = v(x2).
Or f(λ.y1+y2) = λ.f(y1) + f(y2) = λ.u(x1) + u(x2) = u(λ.x1+x2). En utilisant `a nouveau la d´efinition de w, on
obtient : w(λ.y1+y2) = v(λ.x1+v.x2) = λ.v(x1) + v(x2) = λ.w(y1) + w(y2).
b) Il suffit de consid´erer l’´el´ement u∈ L(Rn,Rp)(resp. v∈ L(Rn,Rq)associ´e canoniquement `a A∈M(p,n)(R)resp.
B∈M(q,n)(R). Alors ∃w∈ L(Rp,Rq)/ v =w◦u.
En notant Cla matrice de M(q,p)(R) repr´esentant wrelativement aux bases canoniques de Rpet Rq, on a : B=CA.
3)A, B, C sont dans Mn(R) et v´erifent Ker(A)∩Ker(B)⊂Ker(C).
Consid´erons D=A
Bde M(2n,n)(R).Soit X∈M(n,1)(R).
X∈Ker(D)⇐⇒ A
BX=0
0⇐⇒ AX
BX =0
0⇐⇒ AX = 0 et BX = 0 ⇐⇒ X∈Ker(A)∩Ker(B).
Ainsi Ker(D) = Ker(A)∩Ker(B).
Puisque Ker(D)⊂Ker(C), d’apr`es le 2.b (A:= D, B := C, p := 2n, q := n), on a : ∃G∈M(n,2n)(R)/ C =GD.
En ´ecrivant G= (U, V ) avec Uet Vdans Mn(R), on obtient : C= (U, V )A
B=UA +V B.
4) Soit Jun id´eal `a gauche de Mn(R). X=dimKer(M), M ∈Jest une partie non vide de Nminor´ee par 0 : elle
admet donc un plus petit ´el´ement not´e set ∃M0∈J/dimKer(M0)=s.
Soit M∈J. Raisonnons par l’absurde en supposant que Ker(M0) n’est pas inclus dans Ker(M).
Alors ∃X∈Ker(M0)/ X /∈Ker(M), donc Ker(M)∩Ker(M0) est inclus strictement dans Ker(M0)
(car X∈Ker(M0), mais X /∈Ker(M)∩Ker(M0)).
Consid´erons un ´el´ement Q∈Mn(R) dont le noyau est Ker(M)∩Ker(M0) (par exemple une matrice de projecteur).
Puisque Ker(Q) = Ker(M)∩Ker(M0), d’apr`es le 3, il existe Uet Vdans Mn(R) telles que Q=UM +V M0.
Comme Met M0sont dans Jet que Jest un id´eal `a gauche, alors Q∈J.
Or dimKer(Q)<dimKer(M0)=s, ce qui contredit la d´efinition de s.
En r´esum´e, ∀M∈J,Ker(M0)⊂Ker(M), donc J⊂JKer(M0).
R´eciproquement, si M∈JKer(M0), alors Ker(M0)⊂Ker(M), donc d’apr`es le 2.b (A:= M0, M := B, p := n, q := n),
∃C∈Mn(R)/ M =CM0. Comme M0∈Jet Jest un id´eal `a gauche, alors M∈J.
Ainsi J=JKer(M0).
Bilan : les id´eaux `a gauche de Mn(R) sont les parties de la forme JE={M∈Mn(R)/ E ⊂Ker(M)}o`u Eest un
sous-espace vectoriel quelconque de M(n,1)(R).
Pour E={0}, alors JE= Mn(R) et pour E= M(n,1)(R), alors JE={0n}(seuls id´eaux bilat`eres).
——— Fin du corrig´e ———
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