Idéaux de Mn(R)

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CORRIGÉ de l’épreuve de MATHS 1 de l’ESIM - 2002 - Filière MP
Idéaux de Mn (R)
L’énoncé est modifié de la façon suivante pour être cohérent avec les parties IV et V :
∗ idéal à droite : ∀ A ∈ Mn (R), ∀ M ∈ J, M A ∈ J.
∗ idéal à gauche : ∀ A ∈ Mn (R), ∀ M ∈ J, AM ∈ J.
I) Résultats préliminaires
Les questions de ce préliminaire sont parfois déroutantes car on ne sait pas toujours ce qu’on a le droit d’utiliser du
fait que les résultats demandés sont déjà dans le cours de MP.
1) Soit A ∈ Mn (R) de rang r et u l’endomorphisme de Rn associé canoniquement à A.
a) On sait que rg(u) = rg(A) = r supposé ≥ 1, donc d’après le théorème du rang, Ker(u) est de dimension n − r.
Il est donc légitime de considérer une base de Ker(u) notée (er+1 , . . . , en). Cette famille étant libre dans Rn, on sait
qu’on peut la compléter en une base B = (e1 , . . ., er , er+1 , . . . , en) de Rn .
b) D’après le cours, si B = (e1 , . . . , er , er+1 , . . . , en ) est une base de Rn, alors en notant E 0 = Vect{e1 , . . ., er }, on sait
que Rn = E 0 ⊕ Ker(u), ce qui exprime que E 0 est un supplémentaire de Ker(u).
Notons ũ la restriction de u à E 0 considérée comme étant à valeurs dans Im(u).
ũ est linéaire et Ker(ũ) = Ker(u) ∩ E 0 = {0}, donc ũ est injective.
E 0 et Im(u) ayant la même dimension r, alors ũ est bijective.
Ainsi ũ est un isomorphisme de E 0 sur Im(u).
0
0
L’image par ũ de la base
(e1 , . . . , er ) de E est donc une base de Im(u). Or ∀ i ∈ [[1; r]], ei ∈ E , donc ũ(ei ) = u(ei ).
Ainsi u(e1 ), . . . , u(er ) est une base de Im(u).
n
c) La famille u(e1), . . . , u(er ) étant
libre ndans R , on sait qu’on peut la compléter en une base
C = u(e1), . . . , u(er ), fr+1 , . . . , fn de R .
Notons E la base canonique de Rn, P la matrice de passage de E à B, Q la matrice de passage de E à C. A0 = M(u, E, C).
Puisque A = M(u, E, B), on sait que : On sait que A = QA0 P −1.
Ir 0
0
D’autre part A est de la forme
matrice diagonale notée Dr . Ainsi A est équivalente à Dr .
0 0
2) D étant de rang r, d’aprés la question précédente, elle est aussi équivalente à Dr .
La relation d’équivalence des matrices d’ordre n étant symétrique et transitive, on obtient que A est semblable à toutes
les matrices du type de D.
II) Application
2
On suppose que ∀ (A, B) ∈ Mn(R) , f(AB) = f(A) f(B) et f 6= 0̃ et f 6= 1̃.
1)
Soit A ∈ GLn (R). Si on avait f(A) = 0, alors ∀ B ∈ Mn(R), f(B) = f(BA−1 A) = f(BA−1 ) f(A) = 0, ce qui
contredit que f 6= 0̃. Donc f(A) 6= 0.
2) Soit A ∈ Mn (R) de rang r < n.
Ir 0
.
a) Posons Ar+1 = Dr =
0 0
Pour k ∈ [[1; r]], on choisit Ak diagonale avec r coefficients diagonaux égaux à 1 les n − r autres étant égaux à 0 dont
celui d’indice (k, k).
Ainsi toutes les Ak pour k ∈ [[1; r + 1]] sont équivalentes à A d’après I.2.
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Leur produit B est 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 = A1 A2 . . . Ar+1 = 0n où 0n désigne 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 f 6= 1̃.
f(A1 ) f(A2 ) . . . f(Ar+1 ) = f(B) = 0, donc un des réels f(Ak ) est nul.
Or Ak est équivalente à A, donc il existe deux matrices inversibles Pk et Qk telles que Ak = Q−1
k APk .
−1
Donc f(Q−1
)
f(A)
f(P
)
=
0.
Mais
f(Q
)
et
f(P
)
sont
non
nuls
d’après
le
II.1,
donc
f(A)
=
0.
k
k
k
k
3) On peut dire que f(A) 6= 0 ⇐⇒ A ∈ GLn (R) .
f induit un morphisme de groupe multiplicatif GLn(R) vers le groupe multiplicatif R∗ . En particulier, f(I) = 1.
Un exemple de telle application est : A 7−→ det(A).
III) Idéaux bilatères de Mn(R)
1) Si I ∈ J, alors ∀ A ∈ Mn (R), A = A I ∈ J, donc Mn(R) ⊂ J et par suite J = Mn (R).
2) Si J contient une matrice inversible A, alors I = A−1 A ∈ J, donc J = Mn (R). d’après le 1.
3) Soit A un élément de J de rang r 6= 0.
a) On a vu au I.2.c que A est équivalente à Dr . Il existe donc deux matrices inversibles P et Q teles que Dr = Q−1 AP .
J étant idéal à droite, AP ∈ J, puis étant idéal à gauche, Dr = Q−1(AP ) ∈ J.
b) Pour k ∈ [[1; n − r + 1]], on pose Ak = Diag(0, . . . , 0, 1, . . ., 1, 0, . . ., 0) où 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 Ak sont équivalentes à A d’après le I.2, donc sont toutes dans J (cf. 3.a).
On constate que C = A1 + · · · An−r+1 est diagonale et que ses éléments diagonaux sont tous des entiers ≥ 1.
Donc C est inversible et C ∈ J car J est stable pour l’addition comme sous-groupe de Mn(R).
4) Puisque C ∈ GLn (R) et C ∈ J, alors J = Mn (R) d’après le III.2. Ainsi J 6= {0n} =⇒ J = Mn(R) .
Donc les seuls idéaux bilatères de Mn (R) sont {0n} et Mn(R) .
IV) Idéaux à droite de Mn(R)
1) E désigne un sous-espace vectoriel de M(n,1)(R) et JE = {A ∈ Mn (R) / Im(A) ⊂ E}.
. JE est non vide car contient 0n
. si A et B sont deux éléments de JE , alors A − B ∈ JE car Im(A − B) ⊂ Im(A) + Im(B) ⊂ E + E ⊂ E.
Ainsi JE est un sous-groupe de Mn(R).
D’autre part, si M ∈ Mn(R) et A ∈ JE , alors AM ∈ JE car Im(AM ) ⊂ Im(A) ⊂ E.
Donc JE est un idéal à 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 : X 7→ AX est linéaire et à valeurs dans Im(A).
. φ est injective car si X ∈ Ker(φ), alors X ∈ S et AX = 0, donc X ∈ S ∩ Ker(A) = {0}.
. φ est surjective : en effet, soit Y ∈ Im(A). ∃ X ∈ M(p,1)(R) / Y = AX. X se décompose sous la forme X = X1 +X2
avec X1 ∈ S et X2 ∈ Ker(A). Alors Y = AX1 + AX2 = AX1 = φ(X1 ). Ainsi ∃ X1 ∈ S / Y = φ(X1 ).
En résumé, φ : X 7→ AX définit un isomorphisme de S sur Im(A).
b) ∀ i ∈ [[1, q]], Bei ∈ Im(B) ⊂ Im(A). D’après le a), ∃ !εi ∈ S / Bei = φ(εi ), c’est à dire Aεi = Bei .
c) On a C = [ε1 , . . ., εq ], donc AC = [Aε1 , . . . , Aεq ] = [Be1 , . . . , Beq ] = B puisque Bej représente la j-ième colonne
de B ∈ M(n,q)(R).
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3) A, B, C sont dans Mn(R) et vérifient : Im(C) ⊂ Im(A) + Im(B).
X1
X2
a) Y ∈ Im(D) ⇐⇒ ∃ X ∈ M(2n,1)(R) / Y = DX. Or X peut s’écrire X =
avec X1 et X2 dans M(n,1)(R).
2
X1
Ainsi Y ∈ Im(D) ⇐⇒ ∃ (X1 , X2) ∈ M(n,1)(R) / Y = (A, B)
= AX1 + BX2 ⇐⇒ Y ∈ Im(A) + Im(B).
X2
b) C ∈ M(n,n)(R), D ∈ M(n,2n)(R) et Im(C) ⊂ Im(D).
D’après le 2.c (avec A := D, B := C, p := 2n, q := n), ∃ W ∈ M(2n,n)(R) / C = DW .
U
U
W peut s’écrire W =
avec U et V dans Mn(R). Ainsi C = (A, B)
= AU + BV .
V
V
4) J désigne un idéal à droite de Mn (R).
a) Notons X = {rg(M ), M ∈ J} : c’est une partie non vide de N (car J 6= ∅), majorée par n. Elle admet donc un plus
grand élément noté 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’après le 3 (avec C := P, A := M, B := M0 ), il existe deux matrices U et V dans Mn (R) telles que P = M U +M0 V .
Comme M ∈ J et J est un idéal à droite, M U ∈ J. De même M0 V ∈ J. Puisque J est un sous-groupe de Mn(R),
alors P = M U + M0 V ∈ J. Or rg(P ) = dim Im(P ) > dim Im(M0 ) = r, ce qui contredit la définition de r.
En résumé, ∀ M ∈ J, Im(M ) ⊂ Im(M0 ), ce qui signifie que J ⊂ JIm(M0 ) .
5)
Soit M ∈ JIm(M0) . Ainsi Im(M ) ⊂ Im(M0 ). D’après le IV.2 (B := M, A := M0 ), ∃ C ∈ Mn(R) / M = M0 C.
Comme M0 ∈ J et J idéal à droite, alors M ∈ J.
On a donc J = JIm(M0 ) .
Bilan : les idéaux à droite de Mn(R) sont les parties de la forme JE = {A ∈ Mn(R) / Im(A) ⊂ E} où E est 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 idéaux bilatères).
V) Idéaux à gauche de Mn(R)
1) Ici JE = {M ∈ Mn (R) / E ⊂ Ker(M )}.
. JE est non vide car contient 0n
. si A et B sont deux éléments de JE , alors A − B ∈ JE car 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 JE est un sous-groupe de Mn(R).
D’autre part, si M ∈ Mn(R) et A ∈ JE , alors M A ∈ JE car E ⊂ Ker(A) ⊂ Ker(M A).
Donc JE est un idéal à gauche de Mn (R).
2)
u ∈ L(Rn , Rp), v ∈ L(Rn , Rq ) et Ker(u) ⊂ Ker(v).
v = w ◦ u.
On veut montrer l’existence de w ∈ L(Rp , Rq ) telle que
• Première 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 complète en (es+1 , . . . , er+1 , . . . , en) une base de Ker(v), puis on complète
en B = (e1 , . . . , es , es+1, . . . , er+1 , . . . , en) une base de Rn .
En reprenant la démonstration faite au I.1, on montre de même que u(e1 ), . . . , u(er ) est une base de Im(u).
On la complète en une base C = u(e1 ), . . . , u(er ), fr+1 , . . ., fp de Rp .
Soit w l’application linéaire de Rp dans Rq déterminée
sur la base C par :
∀ i ∈ [[1; r]], w u(ei ) = v(ei ) et ∀ j ∈ [[r + 1; p]], w(fj ) = 0.
Pour vérifier que v = w ◦ u, il suffit de se placer sur la base C de Rp .
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. On a déjà ∀ 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’égalité w u(ej ) = v(ej ) est encore vraie.
• Deuxième preuve plus générale
Soit F un supplémentaire de Im(u) dans Rp . Notons f la projection sur Im(u) parallèlement à 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).
Vérifions que cette définition ne dépend pas de l’antécédent x de p(y) par u. En effet, si x 0 est un autre antécédent,
alors u(x) = u(x0), donc u(x − x0) = 0, d’où a fortiori v(x − x0) = 0 puisque Ker(u) ⊂ Ker(v) et ainsi v(x) = v(x0 ).
On vient donc de définir une application w de Rp dans Rq .
∀ x ∈ Rp , alors y = u(x) ∈ Im(u),d’où f(y) = y. Donc x est un antécédent de f(y) par u et, par définition de w, on
a w(y) = v(x), c’est à dire w u(x) = v(x), ce qui prouve que v = w ◦ u.
Il reste à démontrer que w est linéaire.
Soient y1 et y2 deux éléments de Rp , λ un réel, x1 et x2 des antécédents respectifs de f(y1 ) et de f(y2 ) par u.
Alors, par définition 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 à nouveau la définition 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 considérer
l’élément u ∈ L(Rn , Rp) (resp. v ∈ L(Rn , Rq ) associé canoniquement à A ∈ M(p,n)(R) resp.
B ∈ M(q,n) (R) . Alors ∃ w ∈ L(Rp , Rq ) / v = w ◦ u.
En notant C la matrice de M(q,p) (R) représentant w relativement aux bases canoniques de Rp et Rq , on a : B = CA.
3) A, B, C sont dansMn(R) et vérifent Ker(A) ∩ Ker(B) ⊂ Ker(C).
A
de M(2n,n)(R). Soit X ∈ M(n,1)(R).
B
0
AX
0
A
⇐⇒ AX = 0 et BX = 0 ⇐⇒ X ∈ Ker(A) ∩ Ker(B).
=
⇐⇒
X=
X ∈ Ker(D) ⇐⇒
0
BX
0
B
Ainsi Ker(D) = Ker(A) ∩ Ker(B).
Considérons D =
Puisque Ker(D) ⊂ Ker(C), d’après le 2.b (A := D, B := C, p := 2n, q := n),
a : ∃ G ∈ M(n,2n)(R) / C = GD.
on
A
= U A + V B.
En écrivant G = (U, V ) avec U et V dans Mn(R), on obtient : C = (U, V )
B
4) Soit J un idéal à gauche de Mn(R). X = dim Ker(M ) , M ∈ J est
une partie non vide de N minorée par 0 : elle
admet donc un plus petit élément noté s et ∃ 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 )).
Considérons un élément 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’après le 3, il existe U et V dans Mn (R) telles que Q = U M + V M0 .
Comme M et M0 sont dans J et que J est un idéal à gauche, alors Q ∈ J.
Or dim Ker(Q) < dim Ker(M0 ) = s, ce qui contredit la définition de s.
En résumé, ∀ M ∈ J, Ker(M0 ) ⊂ Ker(M ), donc J ⊂ JKer(M0) .
Réciproquement, si M ∈ JKer(M0 ) , alors Ker(M0 ) ⊂ Ker(M ), donc d’après le 2.b (A := M0 , M := B, p := n, q := n),
∃ C ∈ Mn (R) / M = CM0. Comme M0 ∈ J et J est un idéal à gauche, alors M ∈ J.
Ainsi J = JKer(M0 ) .
Bilan : les idéaux à gauche de Mn (R) sont les parties de la forme JE = {M ∈ Mn (R) / E ⊂ Ker(M )} où E est 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 idéaux bilatères).
——— Fin du corrigé ———
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