Étudede M 7¡!AM MA

Mathématiques Spéciales Troisième Devoir à la Maison

Étude de M 7−→ AM−MA

Partie I

I.1 Soient M,N ∈ M2(R) et λ ∈ R. D’après le cours (définition des opérations dans M2(R) et de sastructure d’espace vectoriel),

ϕA(λM+N) = A(λM+N)− (λM+N)A = λAM+AN−λMA−NA = λ(AM−MA)+ (NA−AN)

= λϕA(M)+ϕA(N)

ϕA est linéaire.

Ensuite, on a KerϕA = {M ∈ M2(R) | AM = MA}

Comme A commute avec A et I2, on voit que

I2,A ∈ KerϕA

Supposons que A ∈ VectIn . Alors A commute avec toutes les matrices :

∀M ∈ M2(R) ϕA(M) = AM−MA = 0

donc ϕA = 0.Réciproquement, si ϕA = 0, c’est que

∀M ∈ M2(R) AM = MA

Mais on a AE1,1 =[

a 0c 0

]E1,1A =

[a b0 0

]AE1,2 =

[0 a0 c

]E1,2A =

[c d0 0

]Comme A commute avec E1,1 et E1,2, il vient b = c = 0 et a = d . Donc A = aI2.

ϕA = 0 si, et seulement si, A ∈ VectI2.

I.2 On calcule rapidement

ϕA(E1,1) =[

0 −bc 0

]ϕA(E2,2) =

[0 b

−c 0

]ϕA(E1,2) =

[−c a −d0 c

]ϕA(E2,1) =

[b 0

d −a −b

]On note B = (E1,1,E2,2,E1,2,E2,1), qui est une base de M2(R). D’après ces calculs,

MatBϕA =

0 0 −c b0 0 c −b−b b a −d 0c −c 0 d −a

I.3 En faisant le calcul de déterminant (ce calcul n’est pas simple et je ne vois pas de manière

élégante de le faire), on trouve

χϕA = X2(X2 − (d −a)2 −4bc)

En notant ∆= (d −a)2 +4bc, on a

SpϕA ={

{0} si ∆6 0

{0;p∆ ; −p∆} si ∆> 0

1


I.4 On continue de noter

∆= (a −d)2 +4bc

On remarque aussi que dimKerϕA > 2, parce qu’on sait que I2,A ∈ KerϕA, et (I2,A) est libre.• Si ∆> 0 : Alors χϕA est scindé et

χϕA = X2(X−p∆)(X+p

∆)

Comme 0 est de multiplicité 2 dans χϕA , on en déduit

dimKerϕA = 2

Ensuite,p∆ et −p∆ sont deux valeurs propres de ϕA, distinctes, de multiplicité 1. Donc

dimKer(ϕA −p∆) = dimKer(ϕA +

p∆) = 1

Donc ϕA est diagonalisable.• Si ∆= 0 : Alors χϕA = X4 ; le polynôme minimal de ϕA n’est pas X, parce que ϕA 6= 0. Donc ϕA

n’est pas diagonalisable.• Si ∆< 0 : Alors χϕA n’est pas scindé, et ϕA n’est pas diagonalisable.

ϕA est diagonalisable si, et seulement si, ∆> 0.

I.5 On a χA = X2 − (a +d)X+ (ad −bc) =(X− a +d

2

)2 − 4bc + (a −d)2

4=

(X− a +d

2

)2 − ∆

4• Si ∆> 0 : Alors χA est scindé à racines simples, et A est diagonalisable.• Si ∆= 0, alors χA = (

X− a+d2

)2. Mais le polynôme minimal de A n’est pas X− a+d2 , parce que A

n’est pas a+d2 I2. Donc A n’est pas diagonalisable.

• Si ∆< 0, alors χA n’est pas scindé et A n’est pas diagonalisable.Ceci, et le résultat de la question précédente, donnent que

A est diagonalisable si, et seulement si, χA est diagonalisable.

Partie II

II.1 On suppose que A est diagonalisable. Soit B = (e1, . . . ,en) une base de E formée de vecteurspropres de A. Pour chaque i ∈ [[1 ; n ]], on note λi la valeur propre associée à ei . Soit P la matrice depassage de Bc vers B. On note alors

D = P−1AP =

λ1. . .

λn

et ∀i , j ∈ [[1 ; n ]] Bi , j = PEi , j P−1

Alors ∀i , j ∈ [[1 ; n ]] ABi , j = PDP−1PEi , j P−1 = λi PEi , j P−1 = λi Bi , j

Bi , j A = PEi , j P−1PDP−1 = λ j PEi , j P−1 = λ j Bi , j

ϕA(Bi , j ) = (λi −λ j )Bi , j

2


La famille (Bi , j )16i , j6n est une base de Mn(R), et ce sont tous des vecteurs propres de ϕA.

ϕA est diagonalisable.

II.2.a Soient z et z ′ des valeurs propres complexes de A, c’est-à-dire des valeurs propres de Avu comme endomorphisme de Cn . Comme A et tA ont le même polynôme caractéristique et lesmêmes valeurs propres, il existe x, y ∈Cn , non nuls, tels que

Ax = zx et tAy = z ′y

On pose alors M = x t y . Cette matrice n’est pas nulle car ses coefficients sont (xi y j )16i , j6n , et aumoins un coefficient de x et de y n’est pas nul. On voit que

AM = Ax t y = zx t y = zM MA = x t yA = x(z ′ t y) = z ′M

et il vient ϕA(M) = (z − z ′)M

Comme M 6= 0, on a obtenu que

z − z ′ est valeurs propre de ϕA.

II.2.b Supposons que A n’a pas de valeur propre réelle. Soit z une racine (dans C) de χA ; alors zn’est pas dans R. Comme χA ∈ R[X], on sait que z est aussi racine de χA. Mais d’après la questionprécédente, z − z est valeur propre de ϕA ; et on sait que ces valeurs propres sont réelles, car ϕA

(endomorphisme de Mn(R)) est diagonalisable. Autrement dit,

2i Im z = z − z ∈Ret la partie imaginaire de z est nulle. Donc z est réel, c’est une contradiction.

A a des valeurs propres réelles.

En fait, la (presque) même preuve permet d’obtenir que toutes les valeurs propres de A sontréelles, c’est-à-dire que χA est scindé dans R[X].

II.2.c Soient λ ∈R une valeur propre de A et x un vecteur propre associé. On sait que

∀i , j ∈ [[1 ; n ]] APi , j −Pi , j A =ϕA(Pi , j ) = λi , j Pi , j

donc ∀i , j ∈ [[1 ; n ]] APi , j x −Pi , j Ax = λi , j Pi , j x

et ∀i , j ∈ [[1 ; n ]] APi , j x = (λi , j +λ)Pi , j x

Attention ! On n’a pas montré que Pi , j x est vecteur propre de A pour la valeur propreµi , j = λ+λi , j . En effet, cela dépend de Pi , j x, et en particulier de s’il est nul ou pas.

3


II.2.d On montre que la famille (Pi , j x)16i , j6n engendre Rn . Pour cela, on considère l’application

h : Mn(R) −→ Rn

M 7−→ Mx

et on prouve qu’elle est surjective. Comme x 6= 0, on peut construire une base (x,e2, . . . ,en) de Rn .Soit y ∈ E. D’après le cours, il existe un (unique) endomorphisme f de Rn tel que

f (x) = y et ∀i ∈ [[2 ; n ]] f (ei ) = 0

Si on note M = MatBc f , on a h(M) = Mx = y . Ceci montre que h est surjective. Et l’image de lafamille (Pi , j )16i , j6n (génératrice de Mn(R)) est donc une famille génératrice de Rn : (Pi , j x)16i , j6n

engendre Rn . D’après le cours, on peut extraire une base de Rn à partir de cette famille. Et d’aprèsla question II.2.c, c’est une base de vecteurs propres de A.

A est diagonalisable.

Partie III

III.1 Soit M ∈ R[A]. Par définition, il existe P ∈ R[X] tel que M = P(A). D’après le théorème dedivision euclidienne, il existe Q,R ∈R[X] tels que

P = QπA +R avec degR < degπA = m

Donc M = P(A) = Q(A)πA(A)+R(A) = R(A) =m−1∑k=0

Rk Ak

et M ∈ Vect(In , . . . ,Am−1)

Ceci prouve que (In , . . . ,Am−1) engendre R[A].

Montrons que cette famille est libre. Soient λ0, . . . ,λm−1 ∈R tels que

m−1∑k=0

λk Ak = 0

En posant P =m−1∑k=0

λk Xk

on a P(A) = 0. C’est-à-dire que P annule A, donc πA|P. Mais degP < m = degπA donc P = 0 etλ0, . . . ,λm−1 sont nuls.

(In , . . . ,Am−1) est une base de R[A].

III.2 Il est clair que R[A] ⊂ KerϕA, parce que les matrices dans R[A] commutent toutes avec A.

III.3.a Ce résultat a été prouvé plusieurs fois en cours (théorème des noyaux emboîtés) et enexercices. Comme An−1 6= 0, il existe e ∈Rn tel que An−1e. La famille (e, . . . ,An−1e) est alors libre.

III.3.b Soit B ∈ KerϕA. Comme (e, . . . ,An−1) est une base de Rn , le vecteur Be peut s’y décomposeret il existe λ0, . . . ,λn−1 ∈R tels que

4


Be =n−1∑k=0

λk Ak e

Comme A et B commutent,

∀k ∈ [[0 ; n −1]] BAk e = Ak Be =n−1∑j=0

λ j A j+k e =(n−1∑

j=0λ j A j

)Ak e

Par suite, sur la base (e, . . . ,An−1e), les applications B etn−1∑k=0

λk Ak sont égales. Elles sont donc égales :

B =n−1∑k=0

λk Ak ∈R[A]

Finalement, KerϕA =R[A]

III.4.a Soit B ∈ Mn(R). Si B ∈ KerϕA, alors B commute avec A et les sous-espaces propres E1, . . . ,Ep

sont stables pas B.Réciproquement, supposons que E1, . . . ,Ep sont stables par B. Soit k ∈ [[1 ; p ]]. Comme Ek est

le sous-espace propre de A pour la valeur propre λk , on a

∀x ∈ Ek Ax = λx

donc ∀x ∈ Ek A Bx︸︷︷︸∈Ek

= λBx = B(λx) = BAx

On a montré : ∀k ∈ [[1 ; p ]] ∀x ∈ Ek ABx = BAx

Comme A est diagonalisable, on a E =p⊕

k=1Ek : tout vecteur de E se décompose comme somme de

vecteurs de E1, . . . ,Ep . Immédiatement, par linéarité,

∀x ∈ E ABx = BAx

On voit que A et B commutent, c’est-à-dire que B ∈ KerϕA.

B ∈ KerϕA si, et seulement si, E1, . . . ,Ep sont stables par B.

III.4.b Pour chaque k ∈ [[1 ; p ]], on note nk la dimension de Ek . On met ensemble des bases deE1, . . . ,Ep pour former une base B de E. Alors

∀B ∈ Mn(R) B ∈ KerϕA ⇐⇒ (E1, . . . ,Ep sont stables par B)

⇐⇒(∃A1 ∈ Mn1 (R), . . . ,∃Ap ∈ Mnp (R) MatB B =

A1. . .

Ap

)

Il vient dimKerϕA =p∑

k=1n2

k

5


Partie IV

IV.1 On va prouver ça par récurrence. Il est clair que

ϕA(B0) =ϕA(In) = 0 = α×0×B0

Comme B est vecteur propre de ϕA pour la valeur propre α, on a

AB−BA =ϕA(B) = αB

Maintenant, soit k ∈N. On suppose qu’on sait déjà que ϕA(Bk ) = αkBk . Il vient

ϕA(Bk+1) = (ABk −Bk A)B+Bk (AB−BA) =ϕA(Bk )B+BkϕA(B) = (k +1)αBk+1

Par récurrence, ∀k ∈N ϕA(Bk ) = kαBk

IV.2 Soit P ∈R[X]. On a

ϕA(P(B)) =ϕA

( ∞∑k=0

Pk Bk)=

∞∑k=0

PkϕA(Bk ) = α∞∑

k=0kPk Bk = αBP′(B)

∀P ∈R[X] ϕA(P(B)) = αBP′(B)

IV.3 D’après la question précédente,

αBπ′B(B) =ϕA(πB(B)) = 0

donc Xπ′B annule B (car α 6= 0). Par suite, πB|Xπ′

B. Comme ces deux polynômes sont de degré d , πB

est unitaire, et le coefficient dominant de Xπ′B est d , il vient

Xπ′B = dπB

IV.4 On voit que 0 est racine de πB. Notons m ∈ N? sa multiplicité ; il existe Q ∈ R[X] tel queQ(0) 6= 0 et πB = XmQ. Alors

π′B = mXm−1Q+XmQ′ = Xm−1(mQ+XQ′)

donc dXmQ = dπB = Xπ′B = Xm(mQ+XQ′)

On peut simplifier par Xm parce que R[X] est intègre, pour obtenir

dQ = mQ+XQ′ ou encore (d −m)Q = XQ′

On évalue en 0 et il vient (d −m)Q(0) = 0. Comme Q(0) 6= 0, c’est que m = d : 0 est racine de πB, demultiplicité d . Comme πB est de degré d , unitaire, c’est que πB = Xd . Et finalement,

Bd =πB(B) = 0

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Une preuve du théorème de d’Alembert

Première partie

I.1.a Le théorème de d’Alembert donné dans le cours dit : Tout polynôme à coefficients com-plexes, non constant, est scindé dans C[X]. Ou encore

∀P ∈C[X] degP> 1 =⇒ P scindé

La version suivante est aussi acceptable : Tout polynôme à coefficients complexes, non constant,a (au moins) une racine.

I.1.b Soit P un polynôme à coefficients réels, de degré impair. Il existe p ∈N et a0, . . . , a2p+1 réelstels que a2p+1 6= 0 et

P =2p+1∑k=0

ak Xk

Supposons par exemple que a2p+1 > 0. On a

∀x ∈R? P(x) = a2p+1 x2p+1(1+

2p∑k=0

ak

a2p+1xk−(2p+1)

)D’après les théorèmes généraux sur les limites (limites de sommes et de produits), P a des limitesen ±∞ et

limx→+∞P(x) =+∞ lim

x→−∞P(x) =−∞D’après la définition d’une limite, il existe M > 0 tel que

∀x >M P(x) > 2 et ∀x 6−M P(x)6−2

De cette manière, P(M)P(−M) < 0 ; P est une fonction continue sur [−M; M]. D’après le théorèmedes valeurs intermédiaires,

P s’annule sur R.

I.1.c Soit u un endomorphisme d’un R-espace vectoriel de dimension impaire. Son polynômecaractéristique est de degré impair. D’après la question I.1.c, il a une racine réelle.

Tout endomorphisme d’un R-ev de dimension impaire a une valeur propre réelle.

I.1.d Soit A ∈ M3(R). Le polynôme X2 +X+1 n’a pas de racine dans R. Mais A a une valeur propreréelle, car c’est un endomorphisme de R3. D’après le cours, X2 +X+ I3 ne peut pas annuler A.

{A ∈ M3(R) | A2 +A+ I3 = 0} =;

I.2.a Soit λ ∈K, notons uλ = u −λ idE. Comme u et v commutent, uλ et v commutent aussi. Soitx ∈ Keruλ :

uλ(v(x)) = v(uλ(x)) = 0

Ainsi, v(x) ∈ Keruλ ; ce sous-espace est stable par v .

Soit y ∈ Imuλ ; on peut trouver x ∈ E tel que uλ(x) = y . Alors

7


v(y) = v(uλ(x)) = uλ(v(x)) ∈ Imuλ

ce qui montre que Imuλ est stable par v .

Pour tout scalaire λ, Ker(u −λ idE) et Im(u −λ idE) sont stables par v .

I.2.b On considère deux cas :• Si u et v sont des homothéties, tous les sous-espaces de E sont stables par u et v . En parti-

culier, toute droite (de dimension 1, impair) est stable par u et v . Et comme n > 1, les droitessont des sous-espaces stricts.

• Si u (par exemple) n’est pas une homothétie : comme E est un R-espace vectoriel de dimen-sion impaire, la question I.1.c assure que u a une valeur propre (réelle), notée λ. D’après lethéorème du rang,

dimKer(u −λ idE)+dimIm(u −λ idE) = n

Donc l’un des deux sous-espaces Ker(u −λ idE) ou Im(u −λ idE) est de dimension impaire.Notons-le F. D’après la question I.2.a, F est stable par u et v , puisque ces deux endomor-phismes commutent avec u.De plus, u n’est pas une homothétie, donc Ker(u −λ idE) n’est pas E ; et il est au moins dedimension 1, parce que λ est valeur propre de u. Donc

dimKer(u −λ idE) ∈ [[1 ; n −1]] dimIm(u −λ idE) = n −dimKer(u −λ idE) ∈ [[1 ; n −1]]

F est un sous-espace strict, stable par u et v .

E a (au moins) un sous-espace strict de dimension impaire, stable par u et v .

I.3 Si n ∈N, on note P(n) l’assertion : « Soit E un R-espace vectoriel de dimension 2n +1. Soientu et v des endomorphismes de E, qui commutent. Alors u et v ont un vecteur propre commun. »

• P(0) est vraie : Dans un R-espace de dimension 1, un vecteur de base est vecteur propre detout endomorphisme.

• Soit n ∈ N tel que P(0), . . . ,P(n) sont vraies. Soient E un R-espace vectoriel de dimension2n+3, et u, v ∈L (E) tels que uv = vu. D’après la question I.2.b, il existe F, sous-espace strictde E, de dimension impaire, stable par u et v .D’après l’hypothèse de récurrence, les endomorphismes induits par u et v sur F ont un vec-teur propre commun x. Par définition de l’endomorphisme induit, x est aussi vecteur proprepour u et v .

• Par récurrence, P(n) est vraie pour tout n ∈N.

Deux endomorphismes d’un R-espace vectoriel de dimensionimpaire, qui commutent, on un vecteur propre commun.

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Deuxième partie

II.1 Soient M,N dans F et λ ∈ R. D’après les propriétés de la conjuguaison (morphisme d’an-neaux sur C), et des opérations sur Mn(C),

λM = λM = λ tM et λM+N = λM+N = λ tM+ tN

La transposition est linéaire et involutive donc

tλM+N = λM+N

F est un R-sous-espace de Mn(C).

En revanche, ce n’est pas un C-sous-espace de Mn(C) parce que In ∈F , mais i In =−iIn 6= tIn .

II.2 Dans ce qui suit, la structure d’espace vectoriel sur Mn(C) est toujours celle de R-espacevectoriel.

Soit M ∈ Mn(C). On note ses coefficients (Mk,`)16k,`6n et on pose

∀k,` ∈ [[1 ; n ]] xk,` = ReMk,` yk,` = ImMk,`

puis X = (xk,`)16k6n16`6n

Y = (yk,`)16k6n16`6n

de sorte que M = X+ iY

D’après la semi-linéarité de la conjuguaison, et la linéarité de la transposition,

On a M = X− iYtM = tX+ i tY

Comme X et Y sont à coefficients réels,

M ∈F ⇐⇒ tM = M ⇐⇒ tX+ i tY = X− iY ⇐⇒{tX = X

tY =−Y⇐⇒ (X ∈ Sn(R) et Y ∈ An(R))

ce qui prouve F = Sn(R)+ iAn(R)

Montrons que cette somme est directe. Soient X ∈ Sn(R) et Y ∈ An(R) tels que X+ iY = 0. Alors

∀k,` ∈ [[1 ; n ]] xk,`︸︷︷︸∈R

+i yk,`︸︷︷︸∈R

= 0

et ∀k,` ∈ [[1 ; n ]] xk,` = yk,` = 0

donc X = Y = 0. Il vient

F = Sn(R)⊕ iAn(R)

Enfin, dimRSn(R) = n(n +1)

2dimR iAn(R) = dimAn(R) = n(n −1)

2car il est facile de vérifier que Y 7−→ iY est un R-isomorphisme de An(R) sur iAn(R).

dimRF = n(n +1)

2+ n(n −1)

2= n2 est impaire.

Ici, on a utilisé le fait que pgcd(2,n) = 1, donc pgcd(2,n2) = 1.

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II.3.a Soit M ∈ F . En utilisant les propriétés de la conjuguaison et de la transposition, et bienévidemment le fait que M = tM,

AM+M tA = AM+M tA = A tM+ tM tA = t(AM)+ t(M tA)

= t(AM+M tA)

De même AM−M tA =−t(AM−M tA)

Comme ı =−i ∀M ∈F1

2(AM+M tA) ∈F et

1

2i(AM−M tA) ∈F

II.3.b La linéarité de u et v est triviale. Ensuite,

∀M ∈F uv(M) = u(v(M)) = 1

2(Av(M)+ v(M) tA)

2uv(M) = A( 1

2i(AM−M tA)

)+ 1

2i(AM−M tA) tA

4iuv(M) = A2M−M tA2

tandis que ∀M ∈F vu(M) = v(u(M)) = 1

2i(Au(M)−u(M) tA)

2i vu(M) = A(1

2(AM+M tA)

)− 1

2(AM+M tA) tA

4i vu(M) = A2M−M tA2

u et v sont deux endomorphismes de F qui commutent.

D’après la question I.3, et parce que F est un R-espace vectoriel de dimension impaire,

u et v ont un vecteur propre commun.

II.3.c On a

{2λM0 = 2u(M0) = AM0 +M0

tA

2iµM0 = 2i v(M0) = AM0 −M0tA

En ajoutant ces deux relations, AM0 = (λ+ iµ)M0

M0 est un vecteur propre de u (et v) donc elle n’est pas nulle. Soit X une de ses colonnes nonnulles. On a AX = (λ+ iµ)X : X est vecteur propre de A (comme endomorphisme de Cn) pour lavaleur propre λ+ iµ.

A a (au moins) une valeur propre complexe.

II.4 Soient E un C-espace de dimension impaire, et f ∈ L (E). Si B est une base de E, on a pardéfinition

χ f = χMatB f

D’après la question II.3.c, MatB f a au moins une valeur propre. Donc f aussi.

Tout endomorphisme d’un C-espace vectoriel de dimension impaire a des valeurs propres.

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II.5 Si on reprend le texte de la réponse aux questions I.2 et I.3, en remplaçant la lettre R par C,on prouve que

Deux endomorphismes d’un C-espace vectoriel de dimensionimpaire, qui commutent, on un vecteur propre commun.

Troisième partie

III.1.1 C’est du cours : dimCAn(C) = n(n −1)

2

III.1.2.a Soit M ∈ An(C). D’après les propriétés de la transposition et parce que M est antisymé-trique,

t(AM+M tA) = tM tA+A tM =−MA−AM =−(AM+MA)

et t(AM tA) = A tM tA =−AM tA

∀M ∈ An(C) AM+M tA ∈ An(C) et AM tA ∈ An(C)

III.1.2.b La linéarité ne pose aucun problème. Montrons qu’ils commutent :

∀M ∈ An(C) uv(M) = u(V(M)) = Av(M)+ v(M) tA = A(AM tA)+ (AM tA)A

= A2M tA+AM tA2

= A(AM+MtA) tA = Au(M) tAuv(M) = vu(M)

u et v sont des endomorphismes de An(C) qui commutent.

III.1.2.c On a déjà calculé la dimension de An(C) ; rentrons dans les détails, en utilisant le fait quen = 2k p, avec p impair :

dimAn(C) = n(n −1)

2= 2k−1p(2k p −1)

On sait déjà que p est impair ; et k > 1 donc 2k p est pair et 2k p −1 est impair. Alors q = p(2k p −1)est impair et dimAn(C) = 2k−1q . Comme P(k −1) est vraie,

u et v ont au moins un vecteur propre commun.

III.1.2.d On a µN0 = v(N0) = AN0tA = A(N0

tA+AN0︸︷︷︸=u(N0)

−AN0)

= A(λN0 −AN0)

d’où (A2 −λA+µIn)N0 = 0

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Comme X2 −λX+µ= (X−α)(X−β), il vient

(A−αIn)(A−βIn)N0 = 0

Mais N0 6= 0, car c’est un vecteur propre pour u (et v) ; en notant X une de ses colonnes non nulles,

(A−αIn)(A−βIn)X = 0

Donc (A−αIn)(A−βIn) n’est pas inversible. Son déterminant est nul et par suite, det(A−αIn) = 0ou det(A−βIn) = 0.

α ou β est valeur propre de A.

III.1.3 On en déduit que l’assertion (i) de P(k) est vraie : A = MatB f donc A et f ont le mêmespectre. Comme on a prouvé que A a une valeur propre, c’est aussi le cas de f .

Tout endomorphisme de E a au moins une valeur propre.

III.2.1 Supposons que f est une homothétie. Alors tout vecteur non nul de E est vecteur proprede f . L’assertion (i) de P(k) est vraie, donc g a une valeur propre. Soit x un vecteur propre associé.Alors x est vecteur propre de f et g : f et g ont un vecteur propre commun. C’est absurde.

III.2.2.a On suppose qu’il existe ` ∈ [[0 ; k−1]] et q impair tels que F1 ou F2 est de dimension 2`q .Cet espace est noté F. Il est stable par f et g (question I.2.a). Comme on a supposé P(`) vraie, lesendomorphismes induits par f et g sur F ont un vecteur propre commun x ∈ F. Alors x est vecteurpropre de f et g , d’après la définition de l’endomorphisme induit. C’est absurde.

III.2.2.b L’hypothèse de la question précédente est

∃` ∈ [[0 ; k −1]] ∃q impair (dimF1 = 2`q ou dimF2 = 2` q)

Sa négation, qu’on suppose vraie, est

∀` ∈ [[0 ; k −1]] ∀q impair (dimF1 6= 2` q et dimF2 6= 2` q) (?)

f n’est pas une homothétie donc F1 6= E et λ est valeur propre de f donc F1 6= {0}. Par suite,

16 dimF1 6 n −1

et d’après le théorème du rang, 16 dimF2 6 n −1

En particulier, ces deux sous-espaces sont de dimensions non nulles. D’après le théorème dedécomposition en facteurs premiers, il existe `1,`2 ∈ N et q1, q2 ∈ N, premiers avec 2 (donc im-pairs), tels que

dimF1 = 2`1 q1 dimF2 = 2`2 q2

D’après (?) `1 > k `2 > k

D’après le théorème du rang,

2k p = dimF1 +dimF2 = 2`1 q1 +2`2 q2 = 2k (2`1−k q1 +2`2−k q2)

et p = 2`1−k q1 +2`2−k q2

Il est impossible que `1 > k et `2 > k, car p est impair. Supposons, par exemple, que `1 = k. Alors2`2−k r = p −q1 est pair, parce que p et q1 sont impairs. Mais q2 est impair, donc `2 > k. En posantr = 2`2−k q2, c’est un entier pair et

12


{p −q1 = 2`2−k r > 0dimF2 = 2`2 q2 = 2k r

Le même raisonnement peut être appliqué si c’est `2 qui vaut k.

Il existe q < p impair et r pair non nul, tels que l’un des espacesF1 ou F2 est de dimension 2k q et l’autre de dimension 2k r .

Notons F l’espace, parmi F1 et F2, dont la dimension vaut 2k q . F est stable par f et g , quiinduisent des endomorphismes fF et gF. Comme q < p et par définition de p, fF et gF ont unvecteur propre commun x ∈ F. Mais x est alors également vecteur propre de f et g (dans E). C’estabsurde.

Quatrième partie

IV.1 Notons (e1, . . . ,en) la base canonique de Cn . On voit que

∀k ∈ [[1 ; n −1]] Aek = ek+1 et Aen =−n∑

j=1P j−1 e j

Immédiatement, ∀k ∈ [[0 ; n −1]] Ak e1 = ek+1

donc (e1, . . . ,An−1e1) = (e1, . . . ,en) est libre.Par suite, (In , . . . ,An−1) est libre : en effet, si λ0, . . . ,λn−1 sont des complexes tels que

n−1∑k=0

λk Ak = 0

alorsn−1∑k=0

λk Ak e1 = 0

ce qui permet d’en déduire que λ0, . . . ,λn−1 sont nuls.Le polynôme minimal πA est donc de degré n. Mais on a aussi

Ane1 = Aen =−n−1∑k=0

Pk ek+1 =−n−1∑k=0

Pk Ak e1

et il vient P(A)e1 = 0. De plus, P(A) et A commutent donc

∀k ∈ [[1 ; n ]] P(A)ek = P(A)Ak−1e1 = Ak−1P(A)e1 = 0

P(A) s’annule sur une base de Cn , donc P(A) = 0. Du coup, πA|P. Mais πA est de degré n, unitaire ; Paussi. Donc πA = P.

Enfin, πA|χA ; ces deux polynômes ont le même degré n, et le coefficient dominant de χA est(−1)n . Alors

χA = (−1)nπA = (−1)nP

Évidemment, il est possible de calculer ce polynôme caractéristique directement. Les deuxméthodes ont été présentées en TD. Celle ci-dessus est probablement la plus jolie des deux.

13


IV.2 La dimension de E, qui vaut n, est supérieure à 2. Donc n a une décomposition en facteurspremiers et il existe k ∈N et p impair tels que n = 2k p. D’après la troisième partie, P(k) est vraie,en particulier l’assertion (i) : A a au moins une valeur propre. Donc P a une racine.

Tout polynôme non constant dans C[X] a au moins une racine.

14


Extensions algébriques deQ

Première partie

I.1.a SupposonsK[α] de dimension finie surK et posons n = dimKK[α]. On remarque que n > 1,parce que K⊂K[α]. La famille (1, . . . ,αn) est alors K-liée car elle comporte n +1 vecteurs : il existeλ0, . . . ,λn ∈K, non tous nuls, tels que

n∑k=0

λk αk = 0

En posant P =n∑

k=0λk Xk

on a P ∈K[X], non nul, et P(α) = 0. Donc IK(α) 6= {0}.

Réciproquement, supposons que IK(α) 6= {0}. On se donne un S, non nul, dans IK(α) et on notes ∈ N son degré. Comme α est racine de S, on a s > 1. Donnons-nous x ∈ K[α]. Par définition,il existe m ∈N et des scalaires λ0, . . . ,λm ∈K tels que

x =m∑

k=0λk α

k

On pose P =m∑

k=0λk Xk ∈K[X] de sorte que x = P(α)

On effectue la division euclidienne de P par S : il existe Q et R dans K[X] tels que P = QS+R etdegR < s. Du coup,

x = P(α) = Q(α)S(α)+R(α) = R(α) =s−1∑k=0

Rk αk

ce qui prouve K[α] ⊂ VectK (αk )06k6s−1

L’inclusion réciproque est triviale.

K[α] est de dimension finie si, et seulement si, IK(α) 6= {0}.

I.1.b On vérifie très facilement que IK(α) est un idéal deK[X]. D’après le cours,

Il existe un unique P ∈K[X] tel que IK(α) = PK[X].

Montrons que P est irréductible. Soient Q et R dans K[X] tels que P = QR. Évidemment, Q et Rne sont pas nuls puisque P 6= 0. On a

P(α) = 0 = Q(α)R(α)

Comme C est un corps, Q(α) = 0 ou R(α) = 0. Donc l’un des deux polynômes Q ou R est dansIK(α). Supposons, par exemple, que c’est Q. Alors P|Q ; et on a déjà Q|P. Donc il existe λ ∈ K telque P = λQ ; il vient λQ = QR. Comme Q n’est pas nul et K[X] est intègre, R = λ est un polynômeconstant.

P est irréductible.

I.1.c Par définition, PK,α ∈ IK(α). On note p son degré. Le même raisonnement qu’à la questionI.1.a (lorsqu’on a prouvé queK[α] est de dimension finie si IK(α) 6= {0}) montre que

K[α] = VectK (αk )06k6p−1

15


Montrons que cette famille est libre : soient λ0, . . . ,λp−1 dansK tels que

p−1∑k=0

λk αk = 0

En posant P =p−1∑k=0

λk Xk on a P(α) = 0

donc PK,α|P. Mais degP 6 p −1 donc P = 0 et λ0, . . . ,λp−1 = 0 : la famille (αk )06k6p−1 est une basedeK[α] commeK-espace vectoriel.

dimKK[α] = p = degPK,α

I.1.d Il suffit de prouver queK[α] est un sous-corps de C. On note p la dimension deK[α], qui estaussi le degré du polynôme minimal de α surK.

• K[α] contient 1 = α0.• Si x et y sont dans K[α], ce sont des combinaisons linéaires finies à coefficients dans K des

(αk )k∈N. C’est aussi le cas de x − y et x y . Donc K[α] est un sous-groupe de C, stable parproduit.

• Soit x ∈K[α], non nul. Il existe λ0, . . . ,λp−1 ∈K, non tous nuls, tels que

x =p−1∑k=0

λk αk

Posons P =p−1∑k=0

λk Xk ∈K[X] de sorte que P(α) = x

P n’est pas le polynôme nul et degP < degPK,α. Comme PK,α est irréductible dansK[X], il estpremier avec P. D’après Bezout, il existe U et V dansK[X] tels que UP+VPK,α = 1. En évaluantcette expression en α et parce que α est racine de PK,α, il vient

1 = U(α)P(α) = U(α)x

Clairement, U(α) est combinaison linéaire finie des (αk )k∈N, c’est-à-dire qu’il est dans K[α].Donc x a un inverse dansK[α].

K[α] est un corps.

I.2 Soient L et M deux corps, tels que K ⊂ L ⊂M. On suppose que dimKL et dimLM sont finies.Posons

`= dimKL m = dimLM

On prend (e1, . . . ,e`) uneK-base de L, et (u1, . . . ,um) une L-base deM.

Soit x ∈M. On a

M= VectL (u1, . . . ,um)

donc il existe a1, . . . , am dans L tels que

x =m∑

j=1a j u j

D’autre part, L= VectK (e1, . . . ,e`)

16


donc les (a j )16 j6m peuvent se décomposer dans cette base : il existe (αi , j ) 16i6`16 j6m

dansK, tels que

∀ j ∈ [[1 ; m ]] a j = ∑̀i=1

αi , j ei

Alors x =m∑

j=1

∑̀i=1

αi , j ei u j

Ceci prouve M⊂ VectK (ei u j ) 16i6`16 j6m

L’inclusion réciproque est claire, puisqueM est un corps et contient les (ei u j ) 16i6`16 j6m

. Cette famille

engendreM commeK-espace vectoriel.

On montre ensuite qu’elle est libre. Soient (αi , j ) 16i6`16 j6m

dansK, tels que

m∑j=1

∑̀i=1

αi , j ei u j = 0

Alorsm∑

j=1

( ∑̀i=1

αi , j ei︸︷︷︸∈L

)u j = 0

Comme (u1, . . . ,um) est L-libre,

∀ j ∈ [[1 ; m ]]∑̀

i=1αi , j ei = 0

Et (e1, . . . ,e`) estK-libre donc

∀ j ∈ [[1 ; m ]] ∀i ∈ [[1 ; ` ]] αi , j = 0

M est de dimension finie surK et dimKM= (dimKL) (dimLM).

I.3 On montre que les nombresK-algébriques forment un sous-corps de C.• 1 est algébrique surK parce que X−1 ∈ IK(1).• Soient x et y algébriques sur K. Alors L =K[x] est de dimension finie sur K, par définition.

De plus, c’est un corps d’après la question I.1.d.Également, y est algébrique sur L : en effet, y est racine de PK(y), qui est dans K[X], doncdans L[X]. Donc M = L[y] est de dimension finie sur L. D’après les questions I.2 et I.1.d,M est de dimension finie surK et c’est un corps, qui contient x et y .Maintenant, soit β ∈M. Tous les (βk )k∈N sont dans M (car c’est un corps) donc K[β] est unK-sous-espace vectoriel de M. Par suite, il est de dimension finie sur K, ce qui prouve queβ estK-algébrique.En particulier, x − y estK-algébrique ; et x

y aussi si y 6= 0.

Les nombresK-algébriques forment un sous-corps de C.

17


I.4 Calculons les polynômesQ-minimaux dep

2 et β=√

1+p52 .

On sait quep

2 n’est pas rationnel, donc IQ(p

2) ne contient aucun polynôme de degré 1. On endéduit que PQ,

p2 est de degré au moins 2. Mais X2 −2 ∈ IQ(

p2) et il est unitaire. C’est le polynôme

minimal dep

2.

Pour PQ,β, cela requiert plus de travail. On commence par trouver un polynôme annulateur :

β2 = 1+p5

2(2β2 −1)2 = 5 β4 −β2 −1 = 0

donc P = X4 −X2 −1 ∈ IQ(β)

Puisque PQ,β divise P, il est de degré 1, 2, 3 ou 4. Soit Q ∈Q[X] tel que P = QPQ,β.• Si PQ,β est de degré 1 ou 3 : alors Q est de degré 3 ou 1. Dans chaque cas, P a une racine dansQ,

qu’on note r . Clairement, r 6= 0 car P(0) = −1 6= 1. Il existe p ∈ Z? et q ∈ N?, premiers entreeux, tels que r = p

q . On a

0 = P(r ) = p4

q4− p2

q2−1 p4 −p2q2 −q4 = 0

Il s’ensuit q|p4 ; mais pgcd(q, p4) = pgcd(p, q) = 1 donc q = 1. De même, p|q4 donc p =±1.C’est absurde car on vérifie que 1 et −1 ne sont pas racines de P.

• Si PQ,β est de degré 2 : Comme P et PQ,β sont unitaires, Q doit aussi être unitaire. On décom-pose ces polynômes :

PQ,β = X2 +aX+b Q = X2 + cX+d avec a,b,c,d ∈QEn regardant le coefficient de degré 0 de P, on obtient bd =−1 de sorte que b 6= 0 et d =− 1

b .Puis on s’intéresse au coefficient de degré 3 pour voir que a + c = 0 donc c =−a. D’où

PQ,β = X2 +aX+b Q = X2 −aX− 1

bOn regarde ensuite le coefficient de degré 1 de P, ce qui donne :

a(b + 1

b

)= 0

Mais b2 +1 6= 0 donc a = 0. D’où PQ,β = X2 +b et en particulier, β2 ∈Q. Ceci contredit le faitque

p5 est irrationnel.

Finalement, PQ,β est de degré 4. Il est unitaire et divise P, donc c’est P.

PQ,p

2 = X2 −2 PQ,β = X4 −X2 −1

18


Deuxième partie

II.1 Soit P ∈ K[X], irréductible dans K[X]. Comme degP′ < degP, il est impossible que P diviseP′ donc P et P′ sont premiers entre eux dans K[X]. D’après Bezout, on peut trouver U et V dansK[X] tels que UP+VP′ = 1. Si z ∈ C est une racine de P, on évalue cette relation en z pour avoirV(z)P′(z) = 1. Donc z n’est pas racine de P′.

Si P ∈K[X] est irréductible dansK[X], ses racines dans C sont simples.

II.2.a On note λ1, . . . ,λn les racines de PK,α dans C.Soit i ∈ [[1 ; n ]]. On a vu que (1, . . . ,αn−1) est une base de K[α]. On note σi l’unique application

K-linéaire deK[α] dans C, telle que

∀k ∈ [[0 ; n −1]] σi (αk ) = λki

Par définition, on a déjà σi ∈L (K[α],C) et σi (1) = λ0i = 1. Il reste à prouver que σi est compatible

avec la multiplication.Pour cela, on commence par fixer k ∈ N pour calculer σi (αk ). On procède à la division eucli-

dienne de Xk par PK,α pour trouver Q et R dansK[X], tels que

Xk = QPK,α+R avec R =n−1∑p=0

Rp Xp

Alors αk = R(α) =n−1∑p=0

Rp αp λk

i =n−1∑p=0

Rp λpi

parce que α et λi sont racines de PK,α. Mais alors parK-linéarité de σi ,

σi (αk ) =σi

(n−1∑p=0

Rp︸︷︷︸∈K

αp)=

n−1∑p=0

Rp λpi = λk

i

Ceci prouve bien ∀k ∈N σi (αk ) = λki

et par linéarité, ∀P ∈K[X] σi (P(α)) = P(λi )

Maintenant, si x et y sont dansK[α], il existe des polynômes P et Q dansK[α] tels que

x = P(α) y = Q(α)

Du coup, x y = P(α)Q(α) = (PQ)(α)

puis σi (x y) =σi((PQ)(α)

)= (PQ)(λi ) = P(λi )Q(λi )

Mais on a aussi σi (x) =σi (P(α)) = P(λi ) σi (y) =σi (Q(α)) = Q(λi )

d’où σi (x y) =σi (x)σi (y)

et σi est un morphisme deK-algèbres deK[α] dans C, tel que σi (α) = λi .

Montrons que c’est le seul : si σ est un morphisme de K-algèbres de K[α] dans C qui vérifieσ(α) = λi , alors par multiplicativité,

∀k ∈ [[0 ; n −1]] σ(αk ) = (σ(α))k = λki =σi (αk )

Donc σ et σi sont égaux sur uneK-base deK[α]. Par linéarité, ils sont égaux.

Si i ∈ [[1 ; n ]], il existe un unique morphisme deK-algèbres σi :K[α] −→C, tel que σi (α) = λi .

19


II.2.b Soit σ un morphisme de K-algèbres de K[α] dans C. On commence par donner un nomaux coefficients de PK,α :

PK,α =n∑

k=0ak Xk avec a0, . . . , an ∈K

et on sait quen∑

k=0ak α

k = 0

Parce que σ est multiplicative etK-linéaire,

0 =σ( n∑

k=0ak α

k)=

n∑k=0

ak σ(α)k

On voit queσ(α) est racine de PK,α. Donc il existe i ∈ [[1 ; n ]] tel queσ(α) = λi . Et d’après la questionprécédente, σ=σi .

σ1, . . . ,σn sont les seuls morphismes deK-algèbres deK[α] dans C.

On a déjà remarqué à deux reprises que si σ est un morphisme de K-algèbres de K[α]dans C, alors

∀P ∈K[X] σ(P(α)) = P(σ(α)) (?)

À partir de maintenant, on ne perdra plus de temps à prouver ce résultat et on l’utiliseradirectement.

II.3 Soit β ∈K[α], tel que σ1(β), . . . ,σn(β) sont distincts deux-à-deux. On aK[β] ⊂K[α], parce queK[α] est un corps qui contient β. Il reste seulement à prouver l’autre inclusion. D’après (?),

∀i ∈ [[1 ; n ]] PK,β(σi (β)) =σi (PK,β(β)) =σi (0) = 0

Le polynôme minimal de β a donc (au moins) n racines distinctes deux-à-deux dans C. Et il n’estpas nul ; son degré est donc au moins n. Mais on a vu à la question I.1.c que

dimKK[β] = degPK,β> n

PuisqueK[β] ⊂K[α] et dimKK[α] = n, on a

K[β] =K[α]

II.4 Soit β ∈K[α]. Si i , j ∈ [[1 ; n ]] sont distincts, on pose

Ei , j = {λ ∈K | σi (λα+β) =σ j (λα+β)}

Soit λ ∈ Ei , j . En utilisant laK-linéarité de σi et σ j ,

λλi +σi (β) = λλ j +σ j (β)

donc λ(λi −λ j︸︷︷︸6=0

) =σ j (β)−σi (β)

et λ= σ j (β)−σi (β)

λi −λ j

Donc Ei , j est fini et |Ei , j |6 1. Par conséquent, l’ensemble

20


E = ⋃16i , j6n

i 6= j

Ei , j

est aussi fini ; mais K est infini donc K \ (E∪ {0}) est infini. En particulier, il n’est pas vide : il existeλ dansK, non nul, tel que

∀i , j ∈ [[1 ; n ]] i 6= j =⇒ σi (λα+β) 6=σ j (λα+β)

On pose β1 =−λα β2 = λα+βLes

(σi (β1)

)16i6n sont distincts deux-à-deux parce que λ 6= 0 et λ1, . . . ,λn sont distincts deux-à-

deux. Et les (σi (β2))16i6n sont distincts deux-à-deux, par construction. D’après la question II.3,

Il existe β1 et β2 dansK[α] tels que β1 +β2 = β etK[β1] =K[β2] =K[α].

Troisième partie

III.1 C’est exactement ce qu’on a prouvé à la question I.2.

III.2 Posons ∀r ∈ [[1 ; d ]]

{Br = (

er , . . . ,αm−1er)

Ur = Vect(Br )

de sorte que B = (B1, . . . ,Bd ) est uneQ-base deK et

K=d⊕

r=1QUr

On pose aussi PQ,α =m−1∑k=0

ak Xk +Xm avec a0, . . . , am−1 ∈Q

et l’on a αm =−m−1∑k=0

ak αk

Commençons par vérifier que, si r ∈ [[1 ; d ]], alors Ur est stable par Mα. On a

∀i ∈ [[0 ; m −1]] Mα(αi er ) = αi+1 er

donc il est clair que ∀i ∈ [[0 ; m −1]] i 6m −2 =⇒ Mα(αi er ) ∈ Ur

et Mα(αm−1 er ) = αm er =−m−1∑k=0

akαk er ∈ Ur

On a prouvé que Mα envoie Br dans Ur , donc par linéarité, Ur est stable par Mα. Les calculsprécédents premettent aussi de trouver la matrice de l’endomorphisme induit dans Br :

Cα =

0 0 · · · 0 −a0

1. . . . . .

......

. . . . . . 0...

. . . 0 −am−2

1 −am−1

∈ Mm(Q)

21


Par suite, MatB Mα =

Cα

. . .Cα

et ∆α = χdCα

On calcule facilement, par récurrence, le polynôme caractéristique de Cα : il s’agit de (−1)m PQ,α.D’où

∆α = (−1)md PdQ,α = (−1)n Pd

Q,α

III.2.a En utilisant la question II.4, on peut trouver α1 et α2 dansK, tels que

α= α1 +α2 et Q[α1] =Q[α2] =Q[θ] =KLa question II.3 assure que les (σi (α1))16i6n sont deux-à-deux distincts. De plus, d’après (?),

∀i ∈ [[1 ; n ]] PQ,α1 (σi (α1)) =σi(PQ,α1 (α1)

)= 0

donc les (σi (α1))16i6n sont n racines deux-à-deux distinctes de PQ,α1 . Ce polynôme est de degrén, car (question I.1.c)

degPQ,α1 = dimQQ[α1] = dimQK

D’après le cours, PQ,α1 =n

Πi=1

(X−σi (α1))

Mais d’après la question III.2.a, ∆α1 = (−1)n PQ,α1 = (−1)nn

Πi=1

(X−σi (α1))

Il s’ensuit que TrMα1 = (−1)n−1 × le coefficient de degré (n −1) de ∆α1

= (−1)n−1 × (−1)n ×(−

n∑i=1

σi (α1))

TrMα1 =n∑

i=1σi (α1)

De la même manière, on prouve que TrMα2 =n∑

i=1σi (α2)

Mais il est trivial que Mα = Mα1 +Mα2 donc par linéarité de la trace et des (σi )16i6n ,

TrMα = TrMα1 +TrMα2 =n∑

i=1

(σi (α1)+σi (α2)

)= n∑i=1

σi (α)

TrMα =n∑

i=1σi (α)

III.3 Soient α1, . . . ,αn dansK. Comme les (σp )16p6n sont des morphismes deQ-algèbres,

∀i , j ∈N TrMαiα j =n∑

p=1σp (αi α j ) =

n∑p=1

σp (αi )σp (α j )

Autrement dit, si on définit les matrices

M = (TrMαi α j

)16i6n16 j6n

S = (σi (α j )

)16i6n16 j6n

22


le calcul précédent donne M = tSS

d’où detM = (detS)2

D(α1, . . . ,αn) = det2 (σi (α j )

)16i6n16 j6n

III.4 Soit A = (Ai , j )16i6n16 j6n

une matrice à coefficients dansQ. On pose

∀i ∈ [[1 ; n ]] βi =n∑

p=1Ap,1αp

Alors ∀i , j ∈ [[1 ; n ]] σi (β j ) =n∑

p=1σi (Ap, j︸︷︷︸

∈Q

αp ) =n∑

p=1Ap, j σi (αp )

En notant S(α1, . . . ,αn) = (σi (α j )

)16i6n16 j6n

et S(β1, . . . ,βn) = (σi (β j )

)16i6n16 j6n

la relation précédente s’écrit S(β1, . . . ,βn) = S(α1, . . . ,αn)A

D’où detS(β1, . . . ,βn) = (detA)(detS(α1, . . . ,αn))

et d’après la question III.3, D(β1, . . . ,βn) = (detS(β1, . . . ,βn))2

= (detA)2(detS(α1, . . . ,αn)

)2

= (detA)2 D(α1, . . . ,αn)

D(β1, . . . ,βn) = (detA)2 D(α1, . . . ,αn)

III.5 D’après la question III.3 et parce que les (σi )16i6n sont des morphismes d’algèbres,

D(1, . . . ,θn) =

∣∣∣∣∣∣∣σ1(1) · · · σ1(θn−1)

......

σn(1) · · · σn(θn−1

∣∣∣∣∣∣∣2

=

∣∣∣∣∣∣∣1 σ1(θ) · · · (σ1(θ))n−1

...... · · · ...

1 σn(θ) · · · (σn(θ))n−1

∣∣∣∣∣∣∣2

Ce dernier déterminant est connu, déjà calculé plusieurs fois en exercices :

D(1, . . . ,θn−1) =(Π

16i< j6n(σi (θ)−σ j (θ))

)2

Une petite manipulation de produits donne alors :

Π16i< j6n

(σi (θ)−σ j (θ)) = (−1)n(n−1)

2 Π16i< j6n

(σ j (θ)−σi (θ)) = (−1)n(n−1)

2 Π16 j<i6n

(σi (θ)−σ j (θ))

La première égalité provient du fait qu’il y a n(n−1)2 termes dans le produit ; la deuxième consiste

simplement à changer le nom des indices. Or,

{(i , j ) ∈ [[1 ; n ]]2 | i 6= j } = {(i , j ) ∈ [[1 ; n ]]2 | i < j }∪ {(i , j ) ∈ [[1 ; n ]]2 | j < i }

et ces deux ensembles ont une intersection vide. D’où

23


D(1, . . . ,θn−1) =Πi 6= j

(σi (θ)−σ j (θ))

III.6 Le calcul précédent montre que D(1, . . . ,θn−1) 6= 0, parce que 1, . . . ,θn−1 sont distincts deux-à-deux (ils forment une familleQ-libre).

On reprend α1, . . . ,αn dans K. Puisqu’une Q-base de K est (1, . . . ,θn−1), il existe une matrice(Ai , j )16i6n

16 j6ntelle que

∀i ∈ [[1 ; n ]] αi =n∑

p=1Ai ,p θ

p

c’est-à-dire que A = Mat(1,...,θn−1) (α1, . . . ,αn)

D’après la question III.4, D(α1, . . . ,αn) = (detA)2 D(1, . . . ,θn−1)︸︷︷︸6=0

et (detA)2 = D(α1, . . . ,αn)

D(1, . . . ,θn−1)

En mettant tous les morceaux ensemble,((α1, . . . ,αn) est uneQ−base deK

) ⇐⇒ ((α1, . . . ,αn) estQ− libre

)⇐⇒ (

Mat(1,...,θn−1) (α1, . . . ,αn) est de rang n)

⇐⇒ (A est inversible)

⇐⇒ (detA 6= 0)

⇐⇒ (D(α1, . . . ,αn) 6= 0

)(α1, . . . ,αn) est uneQ-base deK si, et seulement si, D(α1, . . . ,αn) 6= 0.

III.7 On commence par prouver que P = X3 −X−1 est Q-irréductible. Comme il est de degré 3, ilsuffit de vérifier qu’il n’a pas de racine dansQ.

Soient p ∈ Z et q ∈ N?, premiers entre eux, tels que P( pq ) = 0. Il est clair que 0 n’est pas racine

de P donc p 6= 0. On a

p3

q3− p

q−1 = 0 p3 −q2p −q3 = 0

et on voit que q |p3. Mais pgcd(q, p3) = pgcd(q, p) = 1 donc q = 1. Ensuite, p|q donc p =±1. MaisP(1) = P(1) =−1 6= 0.

Donc P n’a pas de racine dansQ : il estQ-irréductible. Ceci montre que

Si θ ∈C est une racine de P, alors PQ,θ = X3 −X−1.

Donnons deux méthodes pour calculer D(1,θ,θ2).Première méthode : Par définition :

D(1,θ,θ2) =∣∣∣∣∣∣

TrM1 TrMθ TrMθ2

TrMθ TrMθ2 TrMθ3

TrMθ2 TrMθ3 TrMθ4

∣∣∣∣∣∣On se place dans la base B = (1,θ,θ2) deQ[θ]. Alors MatB M1 = I3,

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MatB Mθ =0 0 1

1 0 10 1 0

car θ3 = 1+θ

puis MatB Mθ2 = (MatB Mθ

)2 =0 1 0

0 1 11 0 1

Comme on a

θ3 = 1+θ θ4 = θ+θ2

alors Mθ3 = M1 +Mθ Mθ4 = Mθ+Mθ2

d’où TrM1 = 3 TrMθ = 0 TrMθ2 = 2 TrMθ3 = 3 TrMθ4 = 2

Ensuite, simple calcul : D(1,θ,θ2) =−23

Deuxième méthode : On note θ1, θ2 et θ3 les trois racines (distinctes deux-à-deux car P est irré-ductible) de P. Par définition des morphismes deQ-algèbres σ1, σ2 et σ3 et d’après le résultat de laquestion III.5,

D(1,θ,θ2) = (−1)3×2

2 Πi 6= j

(θi −θ j ) = (θ1 −θ2)2(θ1 −θ3)2(θ2 −θ3)2

On essaie de calculer ça à l’aide des relations coefficients-racines : on sait que

θ1 +θ2 +θ3 = 0 θ1θ2 +θ2θ3 +θ3θ1 =−1 θ1θ2θ3 = 1

On part de (θ1 −θ2)2 = θ21 −2θ1θ2 +θ2

2 = (θ1 +θ2)2 −4θ1θ2

= θ23 −

4

θ3= θ3

3 −4

θ3

et on utilise le fait que θ33 = 1+θ3 pour obtenir

(θ1 −θ2)2 = θ3 −3

θ3

Les deux autres termes se simplifient de la même manière et il reste

D(1,θ,θ2) = (θ1 −3)(θ2 −3)(θ3 −3)

θ1θ2θ3=−P(3) =−23

D(1,θ,θ2) =−23

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Étudede M 7¡!AM MA

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