Université de Paris 7 2002-2003 CAPES: Ecrit

Un corrigé du test d’algèbre

Exercice I:

1) Soit G un groupe. Qu’est-ce qu’un sous-groupe de G ? Solution – Un sous-groupe de G est une partie H de G telle que e ∈ H, le produit de deux éléments quelconques de H appartient encore à H et l’inverse de tout élément de H appartient encore à H.

2) Rappeler la définition du groupe GL_{2}(ℝ). Solution – Le groupe GL_{2}(ℝ) est le couple (G, ∗), où G est l’ensemble des matrices carrées inversibles 2 × 2 à coefficients réels et la loi de groupe ∗ : G × G → G est donnée par la multiplication des matrices.

3) Soit H ⊂ GL_{2}(ℝ) la partie formée de toutes les matrices

( \begin{matrix}1 & a \\ 0 & 1 \end{matrix} ) , a ∈ ℝ.

La partie H, est-elle un sous-groupe de GL(2, ℝ) ? Justifier. Solution – La matrice identité appartient à H (on prend a = 0). Quels que soient a, b ∈ ℝ, on a

( \begin{matrix}1 & a \\ 0 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & b \\ 0 & 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 & a + b \\ 0 & 1 \end{matrix} ) ,

ce qui montre que le produit de deux éléments quelconques de H appartient encore à H. Finalement, pour a ∈ ℝ, on a

( \begin{matrix}1 & a \\ 0 & 1 \end{matrix} )^{−1} = ( \begin{matrix}1 & −a \\ 0 & 1 \end{matrix} )

ce qui montre que l’inverse de tout élément de H appartient encore à H. Nous avons ainsi vérifié que H est bien un sous-groupe de GL_{2}(ℝ).

Exercice II:

Dans le groupe 𝔖_{n} des permutations de {1, …, 7}, considérons les éléments

σ = ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\ 5 & 6 & 1 & 7 & 3 & 4 & 2 \end{matrix} ) et τ = ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\ 5 & 4 & 7 & 6 & 3 & 2 & 1 \end{matrix} ) .

1) Décomposer σ et τ en produits de cycles à supports disjoints. Solution – Nous avons les décompositions en produits de cycles à supports disjoints

σ = (153)(2647) et τ = (246)(1537).

2) Ces deux éléments sont-ils conjugués ? Solution – Si α est une permutation quelconque, nous avons la décomposition en cycles à supports disjoints

ασα^{−1} = (α(1) α(5) α(3))(α(2) α(6) α(4) α(7)).

Donc pour

α = ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\ 2 & 1 & 6 & 3 & 4 & 5 & 7 \end{matrix} ) .

nous avons bien ασα^{−1} = τ. Cela montre que σ et τ sont conjugués.

3) Quel est l’ordre de σ ? Quel est l’élément σ^{145} ? Solution – L’ordre de σ est le PPCM des longueurs des cycles qui apparaissent dans la décomposition en produit de cycles à supports disjoints de σ. Ainsi, σ est d’ordre 12. Comme 145 est congru à 1 modulo 12, nous avons σ^{145} = σ^{1} = σ.

4) Quel est le plus petit n tel que 𝔖_{n} contienne un élément d’ordre 14 ? Solution – Soit σ ∈ 𝔖_{n} un élément d’ordre 14. Si n < 14, la décomposition en cycles à support disjoint de σ doit comporter un cycle de longueur 2 et un cycle de longueur 7. Donc n ≥ 9. De l’autre côté, la permutation σ = (12)(34 … 9) est bien d’ordre 14. Donc le nombre n minimal est 9.

Exercice III:

A) Quels sont les éléments inversibles de l’anneau ℤ/18ℤ ? Solution – On sait que la classe d’un entier relatif x est inversible dans ℤ/mℤ si et seulement si x est premier avec m. Les éléments inversibles de ℤ/18ℤ sont donc les classes de 1, 5, 7, 11, 13, 17.

B) Déterminer le plus petit entier x ≥ 0 tel que x est congru à 1 modulo 13 et congru à 2 modulo 14. Solution – Nous avons 14 − 13 = 1. Ainsi l’entier x_{0} = 1 × 14 + 2 × (−13) = −12 est congru à 1 modulo 13 et à 2 modulo 14. Un entier relatif x quelconque vérifie ces conditions si et seulement si x − x_{0} est multiple de P P CM(13, 14) = 13 × 14 = 182. Donc x = x_{0} + 182k = −12 + 182k pour un entier relatif k. Parmi ces x, le plus petit qui soit ≥ 0 est x = −12 + 182 = 170.

Exercice IV:

A) Un polynôme à coefficients réels sans racines réelles est-il irréductible dans ℝ[X] ? Solution – Non ! Les seuls éléments irréductibles de ℝ[X] sont les polynômes de degré 1 et les polynômes DE DEGRE 2 sans racines réelles. Par exemple, le polynôme X^{4} + 1 n’a pas de racines réelles mais il est réductible :

X^{4} + 1 = (X^{2} + \sqrt{2}X + 1)(X^{2} − \sqrt{2}X + 1).

B) Quelle est la partie entière et quelle est la forme de la décomposition en éléments simples dans ℝ(X) de la partie fractionnelle de

\frac{X^{6}}{(X^{2} + 1)(X − 1)^{3}}

(On ne demande pas de déterminer les coefficients). Solution – La partie entière est X + 3, la forme de la décomposition en éléments simples de la partie fractionnelle est

\frac{aX + b}{X^{2} + 1} + \frac{c}{(X − 1)^{3}} + \frac{d}{(X − 1)^{2}} + \frac{e}{(X − 1)} ,

pour des constantes a, b, c, d, e ∈ ℝ.

Exercice V:

On considère un système d’équations linéaires à coefficients réels homogène à 3 équations et 5 inconnues.

1) Quelle peut être la dimension de l’espace des solutions ? Solution – Elle peut être 5, 4, 3 ou 2 (”chaque équation diminue la dimension de l’espace des solutions de 1 au plus”). En effet, on sait que la dimension de l’espace des solutions est 5 − r où r est le rang de la matrice du système. Comme il s’agit d’une matrice 3 × 5 le nombre r varie entre 0 et 3.

2) Donner un exemple de système d’équations pour chaque valeur possible de la dimension de l’espace des solutions. Solution – Notons x_{1}, …, x_{5} les inconnues. Les systèmes

\begin{aligned}x_{1} & = & 0 \\ x_{2} & = & 0 \\ x_{3} & = & 0 \end{aligned}  ,  \begin{aligned}x_{1} & = & 0 \\ x_{2} & = & 0 \\ x_{2} & = & 0 \end{aligned}  ,  \begin{aligned}x_{1} & = & 0 \\ x_{1} & = & 0 \\ x_{1} & = & 0 \end{aligned}  ,  0 = 0 0 = 0 0 = 0

ont des espaces de solutions qui sont respectivement de dimension 2, 3, 4 et 5.

Exercice VI:

Soient A et B des matrices n × n à coefficients réels. Développer (A + B)^{2}. Solution –

(A + B)^{2} = (A + B)(A + B) = A(A + B) + B(A + B) = A^{2} + AB + BA + B^{2}.

Exercice VII:

Soit S ⊂ ℝ^{4} le sous-espace engendré par les colonnes de la matrice

A = ( \begin{matrix}1 & 2 & 0 & 1 \\ 2 & 3 & 1 & 0 \\ −1 & 3 & 3 & 1 \\ −2 & −1 & 1 & 0 \end{matrix} ) .

1) Quelle est la dimension de S ? Combien d’équations faut-il pour caractériser les vecteurs de S ? Solution – Effectuons des opérations élémentaires sur les colonnes de la matrice A :

( \begin{matrix}1 & 2 & 0 & 1 \\ 2 & 3 & 1 & 0 \\ −1 & 3 & 3 & 1 \\ −2 & −1 & 1 & 0 \end{matrix} ) ↦ ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & −1 & 1 & −2 \\ −1 & 5 & 3 & 2 \\ −2 & 3 & 1 & 2 \end{matrix} ) ↦ ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 \\ −1 & −5 & 8 & −8 \\ −2 & −3 & 4 & −4 \end{matrix} ) ↦ ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 \\ −1 & −5 & 1 & 0 \\ −2 & −3 & 1/2 & 0 \end{matrix} )

La dernière matrice est UNE forme échelonnée par rapport aux colonnes (=cef=column echelon form). Pour une telle matrice, le sous-espace engendré par les colonnes est de dimension égale au nombre de colonnes non nulles. Donc il est de dimension 3. Comme les opérations élémentaires laissent inchangé le sous-espace engendré par les colonnes, le sous-espace S est de dimension 3. Il faut donc 4 − 3 = 1 eq́uation pour caractériser les vecteurs de S.

2) Donner un système d’équations homogène dont S est l’ensemble des solutions. Solution – Continuons les opérations élémentaires sur les colonnes

( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 9 & −5 & 1 & 0 \\ 4 & −3 & 1/2 & 0 \end{matrix} ) ↦ ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ −1/2 & −1/2 & 1/2 & 0 \end{matrix} ) .

La dernière matrice est LA forme échelonnée réduite suivant les colonnes (=rcef=reduced column echelon form). Nous lisons sur la forme réduite que l’espace S est formé des vecteurs

t_{1} [ \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ −1/2 \end{matrix} ] + t_{2} [ \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ −1/2 \end{matrix} ] + t_{3} [ \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 1/2 \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}t_{1} \\ t_{2} \\ t_{3} \\ −t_{1}/2 − t_{2}/2 + t_{3}/2 \end{matrix} ] .

Il s’ensuit que les vecteurs de S sont caractérisés par l’équation

x_{4} = −x_{1}/2 − x_{2}/2 + x_{3}/2 ,

ou, de manière équivalente, par

x_{1} + x_{2} − x_{3} + 2x_{4} = 0.

Exercice VIII:

Soit E l’espace des fonctions y : ℝ → ℝ de classe C^{2} solutions de l’équation différentielle y′′ + y = 0.

1) Donner une base de E. Solution – Les fonctions x ↦ sin(x) et x ↦ cos(x) forment une base de E.

2) Soit x_{0} ∈ ℝ et soit ϕ_{x_{0}} : E → ℝ^{2} l’application qui, à y ∈ E, associe (y(x_{0}), y′(x_{0})). Montrer que ϕ_{x_{0}} est linéaire et bijective. Solution – Si y_{1} et y_{2} sont deux solutions et a_{1}, a_{2} ∈ ℝ, on a

ϕ_{x_{0}}(a_{1}y_{1} + a_{2}y_{2}) = [ \begin{matrix}(a_{1}y_{1} + a_{2}y_{2})(x_{0}) \\ (a_{1}y_{2} + a_{2}y_{2})′(x_{0}) \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}a_{1}y_{1}(x_{0}) + a_{2}y_{2}(x_{0}) \\ a_{1}y′_{1}(x_{0}) + a_{2}y′_{2}(x_{0}) \end{matrix} ] = a_{1} [ \begin{matrix}y_{1}(x_{0}) \\ y′_{1}(x_{0}) \end{matrix} ] + a_{2} [ \begin{matrix}y_{2}(x_{0}) \\ y′_{2}(x_{0}) \end{matrix} ]
= a_{1}ϕ_{x_{0}}(y_{1}) + a_{2}ϕx_{0}(y_{2}).

Donc ϕ_{x_{0}} est linéaire de E dans ℝ^{2}. On sait que pour tous (a, b) ∈ ℝ^{2}, il existe une solution et une seule de l’équation y′′ + y = 0 telle que y(x_{0}) = a et y′(x_{0}) = b. Cela signifie que ϕ_{x_{0}} est bijective.

3) Déterminer la matrice dans la base canonique de l’application ϕ_{x_{0}} ∘ ϕ_{0}^{−1}. Solution – Nous avons ϕ_{0}(cos) = (1, 0) et ϕ_{0}(sin) = (0, 1). Donc

ϕ_{x_{0}}(ϕ_{0}^{−1}(1, 0)) = ϕ_{x_{0}}(cos) = (cos(x_{0}), − sin(x_{0}))
ϕ_{x_{0}}(ϕ_{0}^{−1}(0, 1)) = ϕ_{x_{0}}(sin) = (sin(x_{0}), cos(x_{0}))

Ainsi, la matrice recherchée est

( \begin{matrix}cos(x_{0}) & sin(x_{0}) \\ − sin(x_{0}) & cos(x_{0}) \end{matrix} ) .

Exercice IX:

Soit la matrice

A = ( \begin{matrix}2 & −2 & 0 \\ 1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

1) Trouver les valeurs propres de A. Solution – Nous avons

det(A − xI_{3}) = det [ \begin{matrix}2 − x & −2 & 0 \\ 1 & −x & −1 \\ 0 & 0 & −x \end{matrix} ] = x^{2}(2 − x) − 2x = −x^{3} + 2x^{2} − 2x = −x(x^{2} − 2x + 2)
= −x((x − 1)^{2} + 1) = −x(x − 1 + i)(x − 1 − i).

Les valeurs propres sont donc 0, 1 − i et 1 + i.

2) La matrice A, est-elle diagonalisable sur ℂ ? Sur ℝ ? Solution – Comme la matrice A est 3 × 3 et admet trois valeurs propres distinctes, elle est bien diagonalisable sur ℂ. Comme certaines valeurs propres de A ne sont pas réelles, elle n’est pas diagonalisable sur ℝ.

3) La matrice A^{8}, est-elle diagonalisable sur ℂ ? Sur ℝ ? Solution – Les puissances d’une matrice diagonalisable sont diagonalisables (pourquoi ?). Donc A^{8} est encore diagonalisable sur ℂ. Ses valeurs propres sont 0,

(1 − i)^{8} = ((1 − i)^{2})^{4} = (−2i)^{4} = 16 et (1 + i)^{8} = (2i)^{4} = 16.

Elles sont réelles. Comme la matrice A^{8} est diagonalisable sur ℂ et que ses valeurs propres sont réelles, elle est diagonalisable sur ℝ.

Exercice X:

A) Quelle est la signature de la forme quadratique q(x, y, z) = x^{2} + 2yz − xz ? Solution – Nous avons

x^{2} + 2yz − xz = (x − z/2)^{2} − z^{2} + 2yz = (x − z/2)^{2} − \frac{1}{4}(z − 4y)^{2} + 4y^{2}.

Comme les trois formes linéaires x − z/2, z − 4y et y sont linéairement indépendantes, la signature de q est (2, 1).

B) Soit b la forme bilinéaire symétrique de matrice

( \begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 4 & 1 \\ 1 & 1 & 4 \end{matrix} )

dans la base canonique de ℝ^{3}. Montrer que b est définie positive. Compléter le vecteur e_{1} = ^{t}(1, 0, 0) en une base orthonormée pour b. Solution – Soit q la forme quadratique associée à b. Nous avons

q(x, y, z) = x^{2} + 2xz + 4y^{2} + 2yz + 4z^{2} = (x + z)^{2} + +4(y + z/4)^{2} + 11/4 z^{2}.

Comme les formes linéaires x+z, y +z/4 et z sont linéairement indépendantes, la forme b est bien définie positive. Un vecteur (x, y, z) est orthogonal à e_{1} ssi il vérifie

x + z = 0.

Le vecteur v = (\frac{1}{\sqrt{3}}, 0, \frac{−1}{\sqrt{3}}) est orthogonal à e_{1} et vérifie q(v) = 1. Un vecteur est orthogonal à e_{1} et v ssi il vérifie

x + z = 0
−y − 3z = 0

Il est alors proportionnel au vecteur w′ = (−1, −3, 1). On a

q(w′) = 1 + 2(−1) + 36 − 6 + 4 = 33.

Si on pose w = 1/\sqrt{33} w′, les vecteurs e_{1}, v, w forment une base orthonormée pour b.