Exercices d’oraux type Centrale/Mines

Enoncé (Centrale)

Soient $a_0<a_1<\ldots<a_n$ des entiers naturels distincts. On note $A=\left(a_0,a_1,\ldots,a_n\right)$. Pour $P\in\mathbb{R}_n[X]$, on note $\|P\|_A=\underset{0\leqslant k\leqslant n}{\text{Max}}\left|P\left(a_k\right)\right|$.

1) Montrer que $\|\;\|_A$ est une norme sur $\mathbb{R}_n[X]$.

On note désormais $d_{A,n}=\text{Inf}\left\{\left\|X^n-P\right\|_A,\;P\in\mathbb{R}_{n-1}[X]\right\}$.

2) (Question Python). Pour la question suivante, on pourra utiliser la fonction fmin du module scipy.optimize. Cette fonction prend deux arguments : une fonction $f$ à minimiser et un argument de départ $x_0$ (que l’on pourra prendre nul). On rappelle que fmin$\left(f,x_0\right)$ renvoit la valeur inférieure atteinte par $f$ et une valeur de $x$ telle que $f(x)$ soit proche de cette borne inférieure.

A l’aide de Python, calculer $d_{(0,1),1}$ et $d_{(0,1,2),2}$. (Fin de la partie Python).

3) Soit $P\in\mathbb{R}_{n-1}[X]$. Montrer qu’il existe un unique $\left(b_0,\ldots,b_n\right)\in\mathbb{R}^{n+1}$ tel que $X^n-P=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}b_k\displaystyle\prod_{\substack{j=0\\j\neq k}}^{n}\left(X-a_j\right)$.

Exprimer $b_k$ pour tout $k$ en fonction des $a_0$, $\ldots$ , $a_n$ et des $P\left(a_0\right)$, $\ldots$ , $P\left(a_n\right)$.

4) Calculer $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}b_k$.

5) Montrer que pour tout $k\in\{0,\ldots,n\}$, on a $\displaystyle\prod_{\substack{j=0\\j\neq k}}^{n}\left|a_k-a_j\right|\geqslant\dfrac{n!}{\binom{n}{k}}$.

6) En déduire que $\left|X^n-P\right\|_A\geqslant\dfrac{n!}{2^n}$.

7) Pour tout $n$ et pour $A=(0,1,\ldots,n)$, donner la valeur de $d_{A,n}$. Vérifier que la distance est atteinte.

8) $\|\;\|_A$ est-elle associée à un produit salaire ?

Corrigé

1) Soit $A=\left(a_0,\ldots,a_n\right)\in\mathbb{N}^{n+1}$ tel que $a_0<a_1<\ldots<a_n$. $\|\;\|_A$ est une application de $\mathbb{R}_n[X]$ dans $\mathbb{R}$.

$\bullet$ Pour tout $P\in\mathbb{R}_n[X]$, $\|P\|_A\geqslant\left|P\left(a_0\right)\right|\geqslant0$ (positivité).

$\bullet$ Soit $P\in\mathbb{R}_n[X]$. $\|P\|_A=0\Rightarrow \forall k\in\{0,\ldots,n\},\;\left|P\left(a_k\right)\right|\leqslant 0\Rightarrow \forall k\in\{0,\ldots,n\},\;P\left(a_k\right)=0\Rightarrow P=0$ car $P$ est un polynôme de degré inférieur ou égal à $n$ ayant au moins $n+1$ racines deux à deux distinctes (axiome de séparation).

$\bullet$ Soient $\lambda\in\mathbb{R}$ et $P\in\mathbb{R}_n[X]$. $\left\|\lambda P\right\|_A=\underset{0\leqslant k\leqslant n}{\text{Max}}|\lambda|\left|P\left(a_k\right)\right|=|\lambda|\underset{0\leqslant k\leqslant n}{\text{Max}}\left|P\left(a_k\right)\right|=|\lambda|\|P\|_A$ (homogénéité).

$\bullet$ Soit $(P,Q)\in\left(\mathbb{R}_n[X])\right)^2$. Pour tout $k\in\{0,\ldots,n\}$,

$$\left|(P+Q)\left(a_k\right)\right|\leqslant\left|P\left(a_k\right)\right|+\left|Q\left(a_k\right)\right|\leqslant\|P\|_A+\|Q\|_A$$

et en particulier, pour $k$ fournissant le max, $\|P+Q\|_A\leqslant\|P\|_A+\|Q\|_A$ (inégalité triangulaire).

On a montré que $\|\;\|_A$ est une norme sur $\mathbb{R}_n[X]$.

2) Programme Python.
from numpy.polynomial import Polynomial
def N(A,P):
    polyP = Polynomial(P)
    return max([abs(polyP(a)) for a in A])
from scipy.optimize import fmin
def f(v):
return N([0,1,2], [v[0], v[1], 1])

fmin(f, (0,0))

def g(v):
return N([0,1],[v[0],1])

fmin(g,0)

La mise en œuvre fournit $d_{(0,1),1}=\dfrac{1}{2}$ et $d_{(0,1,2),2}=\dfrac{1}{2}$.

3) $\bullet$ Pour $k\in\{0,\ldots,n\}$, posons $L_k=\displaystyle\prod_{\substack{j=0\\j\neq k}}^{n}\left(X-a_j\right)$. Les $L_k$ sont $n+1$ polynômes de degré $n$.

Soit $\left(\lambda_0,\ldots,\lambda_n\right)_{0\leqslant k\leqslant n}\in\mathbb{R}^{n+1}$ tel que $\displaystyle\sum_{j=0}^{n}\lambda_jL_j=0$. En évaluant en $a_k$, $0\leqslant k\leqslant n$ donné, on obtient $\lambda_k\displaystyle\prod_{\substack{j=0\\j\neq k}}^{n}\left(a_k-a_j\right)=0$ puis $\lambda_k=0$ car les $a_j$ sont deux à deux distincts.

Ainsi, $\left(L_k\right)_{0\leqslant k\leqslant n}$ est une famille libre de $\mathbb{R}_{n+1}[X]$. De plus, $\text{card}\left(L_k\right)_{0\leqslant k\leqslant n}=n+1=\text{dim}\left(\mathbb{R}_n[X]\right)<+\infty$. Donc, la famille $\left(L_k\right)_{0\leqslant k\leqslant n}$ est une base de $\mathbb{R}_{n}[X]$.

$\bullet$ Soit alors $P\in\mathbb{R}_{n-1}[X]$. $X^n-P$ est un élément de $\mathbb{R}_n[X]$ et donc il existe un unique $\left(b_0,\ldots,b_n\right)\in\mathbb{R}^{n+1}$ tel que $X^n-P=\displaystyle\sum_{j=0}^{n}b_jL_j$. En évaluant les deux mebres en $a_k$, $0\leqslant k\leqslant n$, et en tenant compte de $L_j\left(a_k\right)=0$ pour tout $j\neq k$, on obtient $a_k^n-P\left(a_k\right)=b_k\displaystyle\prod_{\substack{j=0\\j\neq k}}^{n}\left(a_k-a_j\right)$. Donc,

$$\forall k\in\{0,\ldots,n\},\;b_k=\dfrac{a_k^n-P\left(a_k\right)}{\displaystyle\prod_{\substack{j=0\\j\neq k}}^{n}\left(a_k-a_j\right) }.$$

4) $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}b_k$ est le coefficient de $X^n$ dans le déveoppement de $\displaystyle\sum_{j=0}^{n}b_jL_j=X^n-P$. Puisque $\text{deg}(P)\leqslant n-1$, ce coefficient est égal à $1$. Donc,

$$\displaystyle\sum_{k=0}^{n}b_k=1.$$

5) Pour tout $i\in\{0,\ldots,n-1\}$, on a $a_{i+1}\geqslant a_i+1$ et donc pour tout $i\in \{0,\ldots,n-1\}$ et tout $j\in\{1,\ldots,n-i\}$, $a_{i+j}\geqslant a_i+j$ puis $a_{i+j}-a_i\geqslant j$. Par suite (avec la convention usuelle qu’un produit vide est égal à $1$), pour tout $k\in\{0,\ldots,n\}$,

$$\displaystyle\prod_{\substack{j=0\\j\neq k}}\left|a_k-a_j\right|=\displaystyle\prod_{j<k}\left(a_k-a_j\right)\times\displaystyle\prod_{j>k}\left(a_j-a_k\right)\geqslant (1\times2\times\ldots\times k)\times(1\times2\times\ldots\times(n-k))=k!(n-k)!=\dfrac{n!}{\;\frac{n!}{k!(n-k)!}\;}=\dfrac{n!}{\binom{n}{k}}.$$

6) Soit $P\in\mathbb{R}_{n-1}[X]$.

\begin{align*}1&=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}b_k\;(\text{d’après la question 4)})\\&\leqslant\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\left|b_k\right|=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{\left|a_k^n-P\left(a_k\right)\right|}{\displaystyle\prod_{\substack{j=0\\j\neq k}}^{n}\left(a_k-a_j\right)}\leqslant\left\|X^n-P\right\|_A\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{1}{\displaystyle\prod_{\substack{j=0\\j\neq k}}^{n}\left(a_k-a_j\right)}\\&\leqslant\dfrac{\left\|X^n-P\right\|_A}{n!}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}\;(\text{d’après la question 5)})\\&=\dfrac{\left\|X^n-P\right\|_A}{n!}(1+1)^n=\dfrac{2^n\left\|X^n-P\right\|_A}{n!}\end{align*}

et donc $\left\|X^n-P\right\|_A\geqslant\dfrac{n!}{2^n}$.

7) On prend maintenant $A=(0,1,\ldots,n)$. D’après la question précédente, pour tout $P\in\mathbb{R}_{n-1}[X]$, $\left\|X^n-P\right\|_A\geqslant\dfrac{n!}{2^n}$. Donc, $d_{A,n}\geqslant\dfrac{n!}{2^n}$.

Pour $k\in\{0,1,\ldots,n\}$, on pose $b_k=\dfrac{\binom{n}{k}}{2^n}$. On note tout d’abord que

$$\displaystyle\sum_{k=0}^{n}b_k=\dfrac{1}{2^n}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}=\dfrac{(1+1)^n}{2^n}=1.$$

On pose alors $P_0=X^n-\displaystyle\sum_{k=0}^{n}b_k\displaystyle\prod_{\substack{j=0\\j\neq k}}^{n}\left(X-j\right)$. Puisque $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}b_k=1$, $P_0$ est un élément de $\mathbb{R}^{n-1}$. De plus,

\begin{align*}\left\|X^n-P_0\right\|_A&=\left\|\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{\binom{n}{k}}{2^n}\displaystyle\prod_{\substack{j=0\\j\neq k}}^{n}\left(X-j\right)\right\|_A=\underset{0\leqslant k\leqslant n}{\text{Max}}\dfrac{\binom{n}{k}}{2^n}\displaystyle\prod_{\substack{j=0\\j\neq k}}^{n}\left|k-j\right|=\underset{0\leqslant k\leqslant n}{\text{Max}}\dfrac{\binom{n}{k}}{2^n}\times k!(n-k)!=\dfrac{n!}{2^n}.\end{align*}

Donc, $d_{A,n}\leqslant\dfrac{n!}{2^n}$ puis $d_{A,n}=\dfrac{n!}{2^n}$. De plus, $d_{A,n}$ est atteinte en $P_0$.

8) On suppose $n\geqslant1$. $\left\|1+X^n\right\|_A=1+a_n^n=\|1\|_A+\left\|X^n\right\|_A$. De plus, la famille $\left(1,X^n\right)$ est libre. On est donc en présence d’un cas d’égalité de l’inégalité triangulaire qui ne peut se produire si $\|\;\|_A$ est associée à un produit scalaire. Donc, $\|\;\|_A$ n’est pas associée à un produit scalaire.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Soit $\left(E,\|\;\|_E\right)$ un espace vectoriel normé et $F$ un sous-espace vectoriel de $E$ de dimension finie. Soient $x\in E$ puis $d=d(x,F)=\text{Inf}\{\|x-y\|,\;y\in F\}$. La distance $d$ est toujours atteinte.

En effet, il existe une suite $\left(y_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ d’éléments de $F$ telle que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $d\leqslant\left\|x-y_n\right\|_E\leqslant d+\dfrac{1}{n+1}$. D’après le théorème des gendarmes, $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\left\|x-y_n\right\|_E=d$. Ensuite, pour tout $n\in\mathbb{N}$,

$$\left\|y_n\right\|_E\leqslant\|x\|_E+\left\|y_n-x\right\|_E\leqslant\|x\|_E+d+1.$$

La suite $\left(y_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est une suite bornée de l’espace de dimension finie $F$. D’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, on peut en extraire une sous-suite $\left(y_{\varphi(n)}\right)_{n\in\mathbb{N}}$, convergente, de limite $y\in F$. Par continuité de la norme, $y$ est un élement de $F$ tel que

$$d=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\left\|x-y_n\right\|_E=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\left\|x-y_{\varphi(n)}\right\|_E=\left\|x-\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}y_{\varphi(n)}\right\|_E=\|x-y\|_E.$$

$\bullet$ La situation la plus courante pour vérifier qu’une norme donnée n’est pas associée à un produit scalaire est d’analyser les cas d’égalité de l’inégalité triangulaire. Si une norme $\|\;\|$ est associée à un produit scalaire, elle vérifie nécessairement : pour tout $(x,y)\in E^2$,

$$\|x+y\|=\|x\|+\|y\|\Leftrightarrow x=0\;\text{ou}\;\exists\lambda\in\mathbb{R}^+/\;y=\lambda x$$

(c’est-à-dire, quand $x$ et $y$ sont tous deux non nuls, $x$ et $y$ colinéaires et de même sens).

Enoncé (Mines-Ponts)

Soit $P\in\mathbb{C}[X]$ de degré $n\geqslant1$, tel que $P(0)=1$ et $P(1)=0$. Montrer que $\underset{|z|=1}{\text{Sup}}|P(z)|\geqslant\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}$.

On pourra considérer $\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\left|P\left(e^{i\theta}\right)\right|^2\;d\theta$.

Corrigé

Posons $P=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_kX^k$ avec $a_n\neq0$. Par hypothèse, $a_0=1$ et $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_k=0$ ou encore $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_k=-1$.

$\bullet$ L’application $z\mapsto |P(z)|$ est continue sur le compact $\{z\in\mathbb{C}/\;|z|=1\}$, à valeurs dans $\mathbb{R}$. Donc, l’application $z\mapsto |P(z)|$ admet un maximum sur ce compact. On en déduit l’existence de $M=\underset{|z|=1}{\text{Sup}}|P(z)|=\underset{|z|=1}{\text{Max}}|P(z)|$.

$\bullet$ Soit $I=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\left|P\left(e^{i\theta}\right)\right|^2\;d\theta$.

\begin{align*}I&=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_ke^{ik\theta}\right)\left(\displaystyle\sum_{\ell=0}^{n}\overline{a_\ell}e^{-i\ell\theta}\right)d\theta=\displaystyle\sum_{(k,\ell)\in\{0,\ldots,n\}^2}a_k\overline{a_\ell}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}e^{i(k-\ell)\theta}\;d\theta=2\pi\displaystyle\sum_{(k,\ell)\in\{0,\ldots,n\}^2}a_k\overline{a_\ell}\delta_{k,\ell}\\&=2\pi\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\left|a_k\right|^2=2\pi\left(1+\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left|a_k\right|^2\right).\end{align*}

$\bullet$ Pour tout réel $\theta\in[0,2\pi]$, $\left|P\left(e^{i\theta}\right)\right|^2\leqslant M^2$ et donc $I\leqslant 2\pi M^2$ puis $M^2\geqslant1+\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left|a_k\right|^2$. D’autre part, d’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

\begin{align*}1&=\left|\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_k\right|^2\leqslant\left(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}1\times\left|a_k\right|\right)^2\\&\leqslant\left(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}1^2\right)\left(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left|a_k\right|^2\right)=n\left(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left|a_k\right|^2\right)\end{align*}

et donc

$$M^2\geqslant1+\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left|a_k\right|^2\geqslant1+\dfrac{1}{n}.$$

On montré que $\underset{|z|=1}{\text{Sup}}|P(z)|\geqslant\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}$.

Commentaires et/ou rappels de cours

 Pas de commentaire particulier.

Enoncé (Mines-Ponts)

Dans l’anneau $\mathscr{M}_n(\mathbb{Z})$, on note $I$ l’ensemble des matrices inversibles de cet anneau.

1) Quel est la structure algébrique de $I$ ?

2) Soit $A\in\mathscr{M}_n(\mathbb{Z})$. Montrer que $A\in I\Leftrightarrow\text{det}(A)\in\{-1,1\}$.

3) Pour tout $X\in\mathscr{M}_n(\mathbb{Z})\setminus\{0\}$, on note $\alpha(X)=\text{pgcd}\left(x_1,\ldots,x_n\right)$.

Montrer que pour tout $A\in\mathscr{M}_n(\mathbb{Z})$, $A\in I\Leftrightarrow,\;\forall X\in\mathscr{M}_n(\mathbb{Z})\setminus\{0\}$, $\alpha(AX)=\alpha(X)$.

Corrigé

1) Vérifions que $I$ est un sous-groupe du groupe $\left(GL_n(\mathbb{R}),\times\right)$. On a déjà $I\subset GL_n(\mathbb{R})$ et $I_n\in I$.

Soit $(A,B)\in I^2$. Donc, $A$ et $B$ sont inversibles dans $\mathscr{M}_n(\mathbb{R})$ et $A^{-1}$ et $B^{-1}$ sont dans $\mathscr{M}_n(\mathbb{Z})$. Mais alors, $AB\in GL_n(\mathbb{R})$ et $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}\in\mathscr{M}_n(\mathbb{Z})$. Donc, $AB\in I^2$.

Soit $A\in I$. $A$ est inversible dans $\mathscr{M}_n(\mathbb{R})$ et $A^{-1}\in\mathscr{M}_n(\mathbb{Z})$ puis, $A^{-1}$ est inversible dans $\mathscr{M}_n(\mathbb{R})$ et $\left(A^{-1}\right)^{-1}=A\in\mathscr{M}_n(\mathbb{Z})$. Donc, $A^{-1}\in I$.

On a montré que $I$ est un sous-groupe du groupe $\left(GL_n(\mathbb{R},\times\right)$.

2) Soit $A\in\mathscr{M}_n(\mathbb{Z}$. Si $\text{det}(A)\in\{-1,1\}$, alors $A\in GL_n(\mathbb{R})$ puis $A^{-1}=\dfrac{1}{\text{det}(A)}(\text{com}(A))^T=\pm(\text{com}(A))^T\in\mathscr{M}_n(Z)$. Donc, $A\in I$.

Si $A\in I$, alors $\text{det}(A)\in\mathbb{Z}^*$ et $\dfrac{1}{\text{det}(A)}=\text{det}\left(A^{-1}\right)\in\mathbb{Z}^*$. Ainsi, $\text{det}(A)$ et $\dfrac{1}{\text{det}(A)}$ sont dans $\mathbb{Z}^*$. $\text{det}(A)$ est donc un inversible de l’anneau $(\mathbb{Z},+,\times)$ puis $\text{det}(A)\in\{-1,1\}$.

On a montré que pour tout $A\in\mathscr{M}_n(\mathbb{Z})$, $A\in I\Leftrightarrow\text{det}(A)\in\{-1,1\}$.

3) $\bullet$ Supposons $A=\left(a_{i,j}\right)_{1\leqslant i,j\leqslant n}\in I$. Soit $X=\left(x_i\right)_{1\leqslant i\leqslant n}\in\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{Z})\setminus\{0\}$. Déjà, puisque $A$ est inversible, $AX\neq 0$ de sorte que $\alpha(AX)$ est bien défini. Ensuite, pour tout $i\in\{1,\ldots,n\}$, $(AX)_i=\displaystyle\sum_{j=1}^{n}a_{i,j}x_j\in\mathbb{Z}$. $\alpha(X)$ divise chacun des $x_j$ et donc, pour tout $i\in\{1,\ldots,n\}$, $\alpha(X)$ divise $(AX)_i$ puis $\alpha(X)$ divise $\alpha(AX)$. En particulier, $\alpha(X)\leqslant\alpha(AX)$.

En appliquant ce résultat à $A^{-1}$ qui est aussi dans $I$, on a pour tout $Y\in\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{Z})\setminus\{0\}$, $\alpha(Y)\leqslant\alpha\left(A^{-1}Y\right)$. Mais alors, pour $X\in\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{Z})\setminus\{0\}$ (de sorte que $AX\neq0$), $\alpha(AX)\leqslant\alpha\left(A^{-1}AX\right)=\alpha(X)$. Finalement, pour tout $X\in\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{Z})\setminus\{0\}$, $\alpha(AX)=\alpha(X)$.

$\bullet$ Soit $A\in\mathscr{M}_n(\mathbb{Z})$. Supposons que pour tout $X\in\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{Z})\setminus\{0\}$, $\alpha(AX)=\alpha(X)$. En particulier, pour tout $X\in\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{Z})\setminus\{0\}$, $\alpha(AX)$ est défini et non nul puis $AX\neq0$. Donc, $\text{Ker}(A)\cap\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{Z})=\{0\}$.

Si maintenant $X\in\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{Q})\setminus\{0\}$ est tel que $AX=0$, en notant $m$ le ppcm des dénominateurs des composantes non nulles de $X$, le vecteur $Y=mX$ est dans $\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{Z})$ et vérifie $AY=0$. Donc, $Y$ est nul puis $X$ est nul ce qui est faux. Donc, $\text{Ker}(A)\cap\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{Q})=\{0\}$. Puisque $\mathbb{K}=\mathbb{Q}$ est un sous-corps de $\mathbb{C}$, on en déduit que $A\in GL_n(\mathbb{Q})$. Il reste à vérifier que $A^{-1}\in\mathscr{M}_n(\mathbb{Z})$.

La matrice $B=\text{det}(A)A^{-1}=(\text{com}(A))^T$ est à coefficients entiers. Pour tout $X\in\mathscr{M}_{n,1}(Z)\setminus\{0\}$, on a alors $BX\neq0$ puis

$$\alpha(BX)=\alpha(ABX)=\alpha(\text{det}(A)X)=\text{det}(A)\alpha(X).$$

En particulier, en notant $\left(e_1,\ldots,e_n\right)$ la base canonique de $\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{Q})$ et $C_1$, $\ldots$ , $C_n$, les colonnes de $B$, pour tout $j\in\{1,\ldots,n\}$,

$$\text{det}(A)=\text{det}(A)\alpha\left(e_j\right)=\alpha\left(Be_j\right)=\alpha\left(C_j\right).$$

Ainsi, tous les coefficients de la matrice $B$ sont des entiers divisibles par $\text{det}(A)$ et donc les coefficients de la matrice $A^{-1}=\dfrac{1}{\text{det}(A)}B$ sont des entiers.

Finalement, $A\in I$.

Commentaires et/ou rappels de cours

Pas de commentaire particulier. 

Enoncé (Mines-Ponts)

Déterminer la dimension du $\mathbb{Q}$-espace vectoriel de $\mathbb{C}$ engendré par les racines cinquièmes le l’unité. 

Corrigé

$\bullet$ Soit $\omega=e^{\frac{2i\pi}{5}}$. On pose $F=\text{Vect}_{\mathbb{Q}}\left(1,\omega,\omega^2,\omega^3,\omega^4\right)$. Déjà, $1=-\omega-\omega^2-\omega^3-\omega^4\in\text{Vect}_{\mathbb{Q}}\left(\omega,\omega^2,\omega^3,\omega^4\right)$ et donc $F=\text{Vect}_{\mathbb{Q}}\left(\omega,\omega^2,\omega^3,\omega^4\right)$ puis $\text{dim}_\mathbb{Q}(F)\leqslant 4$.

$\bullet$ Etablissons d’abord un lemme. Soient $P=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_kX^k\in\mathbb{Z}[X]$ avec $n\in\mathbb{N}^*$, $a_n\neq 0$ et $a_0\neq0$, et $r=\dfrac{p}{q}$ avec $(p,q)\in\mathbb{Z}^*\times\mathbb{N}^*$ et $p\wedge q$. Montrons que si $P(r)=0$, alors $p$ divise $a_0$ et $q$ divise $a_n$.

$P(r)=0$ fournit l’égalité $a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}a+\ldots+a_1pq^{n-1}+a_0q^n$ puis les égalités $a_np^n=q\left(-a_{n-1}p^{n-1}-a_{n-2}p^{n-2}q-\ldots-a_1pq^{n-2}-a_0q^{n-1}\right)$ et $a_0q^n=p\left(-a_np^{n-1}-a_{n-1}p^{n-2}q-\ldots-a_1q^{-1}\right)$. $q$ divise donc $a_np^n$ et est premier à $p$ et donc à $p^n$ puis $q$ divise $a_n$ d’après le théorème de Gauss. De même, $p$ divise $a_0q^n$ et $p$ est premier à $q^n$. Donc, $p$ divise $a_0$.

Le lemme est démontré.

$\bullet$ $\omega$ est racine du polynôme $X^5-1=(X-1)\left(X^4+X^3+X^2+X+1\right)$ puis du polynôme $P_0=X^4+X^3+X^2+X+1$ car $\omega\neq1$. Vérifions que le polynôme $P_0$ est irreductible sur $\mathbb{Q}$. Déjà, $0$ n’est pas racine de $P_0$ et si $r=\dfrac{p}{q}$ avec $p\in\mathbb{Z}^*$, $q\in\mathbb{N}^*$ et $p\wedge q=1$, est racine de $P_0$, alors $p$ et $q$ divise $1$ d’après le lemme puis $p\in\{-1,1\}$ et $q=1$ puis $r=\in\{-1,1\}$. Mais $P_0(1)=5\neq0$ et $P_0(-1)=1\neq0$. Donc, $P_0$ n’admet pas de racine rationnelle ou encore $P_0$ n’est divisible par aucun polynôme de degré $1$ à coefficients dans $\mathbb{Q}$.

Si $P_0$ est réductible sur $\mathbb{Q}$, $P_0$ est un produit de deux polynômes de degré $2$ à coeffcients rationnels (et sans racine rationnelle). Quitte à mettre les coefficients dominants en facteurs, il existe $(a,b,c,d)\in\mathbb{Q}^4$ tel que $P_0=X^4+X^3+X^2+X+1=\left(X^2+aX+b\right)\left(X^2+cX+d\right)$. L’analyse du coeffcient de $X^3$ et du coefficient constant fournit déjà $c=1-a$ et $d=\dfrac{1}{b}$ puis

$$X^4+X^3+X^2+X+1=\left(X^2+aX+b\right)\left(X^2+(1-a)X+\dfrac{1}{b}\right).$$

$X^4+X^3+\left(\dfrac{1}{b}+a(1-a)+b\right)X^2+\left(\dfrac{a}{b}+b(1-a)\right)X+1$

En développant et en identifiant les coefficients, on obtient $\left\{\begin{array}{l}\dfrac{1}{b}+a(1-a)+b=1\\\dfrac{a}{b}+b(1-a)=1\end{array}\right.$ $(S)$. La deuxième équation s’écrit $b^2(1-a)-b+a=0$. Si $a=1$, alors $b=1$. Mais dans ce cas, $\dfrac{1}{b}+a(1-a)+b=1+1=2\neq1$. Donc, $a\neq1$ puis

$$b=\dfrac{1\pm\sqrt{1-4a(1-a)}}{2(1-a)}=\dfrac{1\pm\sqrt{(2a-1)^2}}{2(1-a)}$$

et donc $b=\dfrac{a}{1-a}$ ou $b=1$.

1er cas. Supposons $b=1$. La première équation de $(S)$ s’écrit $1+a(1-a)+1=1$ ce qui fournit $a^2-a-1=0$. Mais le polynôme $P=X^2-X-1$ ne peut avoir comme racine rationnelle que $1$ ou $-1$ d’après le lemme, ce qui est faux. Donc, $b\neq1$.

2ème cas. Supposons $b=\dfrac{a}{1-a}$. La première équation de $(S)$ s’écrit $\dfrac{1-a}{a}+a(1-a)+\dfrac{a}{1-a}=1$ ou encore $(1-a)^2+a^2(1-a)^2+a^2=a(1-a)$ ou enfin $a^4-2a^3+4a^2-3a+1=0$. Encore une fois, le polynôme $P=X^4-2X^3+4X^2-3X+1$ ne peut admettre, d’après le lemme, que $1$ ou $-1$ comme racine rationnelle. Mais $P(1)=1\neq0$ et $P(-1)=11\neq0$.

Finalement, $P_0$ n’est pas le produit de deux polynômes de degré $2$ à coefficients rationnels puis $P_0$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$.

$\bullet$ Soit $I=\left\{P\in\mathbb{Q}[X]/\;P(\omega)=0\right\}$. $I$ est un idéal de l’anneau $(\mathbb{Q}[X],+,\times)$. En effet, $0\in I$. Ensuite, si $P$ et $Q$ sont deux éléments de $I$, alors $P-Q\in I$. Enfin, si $P\in I$ et $Q\in\mathbb{Q}[X]$, alors $PQ\in I$. On sait que l’anneau $(\mathbb{Q}[X],+,\times)$ est principal et donc, il existe un polynôme $P_1\in\mathbb{Q}[X]$ tel que $I=P_1\mathbb{K}[X]$.

$P_1$ n’est pas nul car $P_0$ est un élément non nul de $I$. $P_1$ n’est pas contant car dans le cas contraire, $I=\mathbb{Q}[X]$ ce qui faux (par exemple, le polynôme $X$ n’est pas dans $I$). Puisque $P_0$ est dans $I$, il existe $Q\in\mathbb{Q}[X]$ tel que $P_0=P_1Q$. Puisque $P_0$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$ et que $P_1$ n’est pas constant, on a nécessairement $\text{deg}(Q)=0$ puis il existe $\lambda\in\mathbb{Q}^*$ tel que $P_0=\lambda P_1$. Mais alors,

$$I=P_0\mathbb{Q}[X]$$

(car $I=P_1\mathbb{Q}[X]=\dfrac{1}{\lambda}P_0\mathbb{Q}[X]\subset P_0\mathbb{Q}[X]$ et $P_0\mathbb{Q}[X]=\lambda P_1\mathbb{Q}[X]\subset I$).

$\bullet$ Vérifions enfin que la famille $\left(\omega,\omega^2,\omega^3,\omega^4\right)$ est $\mathbb{Q}$-libre. Soit $(a,b,c,d)\in \mathbb{Q}^4$ tel que $a\omega+b\omega^2+c\omega^3+d\omega^4=0$ ou encore $d\omega^3+c\omega^2+b\omega+a=0$. Le polynôme $P=dX^3+cX^2+bX+a$ est dans $I$. Puisque tout polynôme non nul de $I$ a un degré supérieur ou égal à $\text{deg}\left(P_0\right)=4$ et que $\text{deg}(P)\leqslant3$, on a $P=0$ ou encore $a=b=c=d=0$.

La famille $\left(\omega,\omega^2,\omega^3,\omega^4\right)$ est donc $\mathbb{Q}$-libre puis la famille $\left(\omega,\omega^2,\omega^3,\omega^4\right)$ est une base du $\mathbb{Q}$-espace vectoriel $F$. On a ainsi montré que

$$\text{dim}_{\mathbb{Q}}(F)=4.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Définition. Soit $(A,+,\times)$ un anneau commutatif. Soit $I$ une partie non vide de $A$. $I$ est un idéal de l’anneau $(A,+,\times)$ si et seulement si

– $(I,+)$ est sous-groupe du groupe $(A,+)$,

– $\forall x\in I$, $\forall a\in A$, $ax\in I$.

$\bullet$ Théorème. Soit $\mathbb{K}$ un sous-corps du corps $(\mathbb{C},+,\times)$. Alors, l’anneau $(\mathbb{K}[X],+,\times)$ est un anneau principal ou encore tout idéal de l’anneau $(\mathbb{K}[X],+,\times)$ est de la forme $P\mathbb{K}[X]$ pour un certain $P\in\mathbb{K}[X]$ (idéal principal engendré par $P$).

$\bullet$ Soit $(a,b,c,d)\in\mathbb{Q}^4$. $a\omega+b\omega^2+c\omega^3+d\omega^4=0\Leftrightarrow P(\omega)=0$ où $P=aX+bX^2+cX^3+dX^4$. On doit donc déterminer $I=\{P\in\mathbb{Q}[X]/\;P(\omega)=0\}$. Classiquement, $I$ est un idéal de $\mathbb{Q}[X]$ (à démontrer car ce n’est pas un résultat de cours).

Enoncé (Mines-Ponts)

1) Soient $(G,\star)$ un groupe et $H$ un sous-groupe de $(G,\star)$. Déterminer le plus petit sous-groupe contenant le complémentaire de $H$.

2) On suppose $G$ fini. On pose $S$ un sous-esnsemble non vide $G$. Montrer que $(S,\star)$ est un sous-groupe de $G$ si et seulement si $S$ est stable pour $\star$.

Corrigé

1) Posons $A=G\setminus H$ puis $K=\text{gr}(A)$.

1er cas. Si $H=G$, alors $A=\varnothing$ puis $K=\text{gr}(A)=\{e\}$ où $e$ est l’élément neutre de $G$.

2ème cas. Sinon, $H\underset{\neq}{\subset}G$ de sorte que $A\neq\varnothing$. Vérifions que $K=G$. Soit $g\in G$.

$\quad$Si $g\in A$, alors $g\in K=\text{gr}(A)$ (car $A\subset\text{gr}(A)$).

$\quad$Sinon $g\notin A$ ou encore $g\in H$. Soit $a\in A\subset K$ fixé. Si $g\star a\in H$, il existe $h\in H$ tel que $g\star a=h$ et donc $a=g^{-1}\star h\in H$ car $H$ est un sous-groupe du groupe $(G,\star)$. Ceci est faux et donc $ga\in A\subset K$ puis $g=\left(g\star a\right)\star a^{-1}\in K$ car $a^{-1}\in K$ et car $K$ est stable pour $\star$.

On a montré que tout élément de $G$ est dans $K$ et donc $K=G$.

2) Si $S$ est un sous-groupe du groupe $(G,\star)$, alors $S$ est stable pour $\star$. Réciproquement, soit $S$ une partie non vide de $G$, stable pour $\star$.

Soit $g\in S$ fixé. Soit $\begin{array}[t]{cccc}\varphi_g~:&S&\rightarrow&S\\ &s&\mapsto&sg\end{array}$. Puisque $S$ est stable pour $\star$, $\varphi_g$ est une application. De plus, pour tout $(s,s’)\in S^2$,

$$\varphi_g(s)=\varphi_g(s’)\Rightarrow sg=s’g\Rightarrow s=s’,$$

car dans un groupe, tout élément est simplifiable. Ainsi, $\varphi_g$ est une application injective de l’ensemble fini $S$ dans lui-même et on sait alors que $\varphi_g$ est une permutation de $S$.

Par suite, il existe $s\in S$ tel que $\varphi_g(s)=g$ ce qui fournit $sg=g$ et donc $s=e$ après simplification. Donc, $e\in S$.

Mais alors, il existe $s\in S$ tel que $\varphi_g(s)=e$ ce qui fournit $sg=e$ puis $g^{-1}=s\in S$.

On a montré que $S$ contient $e$, est stable pour $\star$ (par hypothèse) et est stable pour le passage au symétrique. Donc, $S$ est un sous-groupe du groupe $(G,\star)$.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Théorème et définition. Soit $(G,\star)$ un groupe. Soit $A$ une partie de $G$. Il existe un plus petit sous-groupe de $(G,\star)$ (au sens de l’inclusion) contenant $A$. Ce sous-groupe s’appelle le sous-groupe engendré par $A$ et se note $\text{gr}(A)$ ou aussi $\langle A\rangle$. $A$ est par définition une partie génératrice de $\text{gr}(A)$.

On a deux approches de ce sous-groupe : $\text{gr}(A)=\displaystyle\underset{\substack{H\;\text{ss-gr de}\;G\\A\subset H}}{\bigcap}H$ (approche par l’extérieur) ou aussi, en notation multiplicative, $\text{gr}(A)=\left\{a_1^{\pm1}\ldots a_k^{\pm1},\;k\in\mathbb{N}^*,\;\left(a_1,\ldots,a_k\right)\in A^k\right\}$ (approche par l’intérieur).

$\bullet$ Le résultat de la deuxième question est faux si on ne suppose plus $G$ fini. Par exemple, $\mathbb{Z}^*$ est une partie non vide du groupe $\left(\mathbb{Q}^*,\times)$, stable pour $\times$. Mais $\mathbb{Z}^*$ n’est pas un sous-groupe du groupe $\left(\mathbb{Q}^*,\times\right)$.

Enoncé (Mines-Ponts)

Soit $p$ un nombre premier. On pose : $G_p=\left\{z\in\mathbb{C}^*/\;\exists k\in\mathbb{N}/\;z^{p^k}=1\right\}$.

1) Montrer que $G_p$ est un sous-groupe de $\left(\mathbb{C}^*,\times\right)$.

2) Soit $H$ un sous-groupe de $G_p$, $H\neq G_p$, $H\neq\{1\}$. Montrer que $H$ est cyclique.

Corrigé

1) Pour tout $z\in\mathbb{C}^*$, $z\in G_p\Leftrightarrow\exists k\in\mathbb{N}/\;z^{\left(p^k\right)}=1\Leftrightarrow z\in\displaystyle\underset{k\in\mathbb{N}}{\bigcup}\mathbb{U}_{p^k}$. Donc, $G_p=\displaystyle\underset{k\in\mathbb{N}}{\bigcup}\mathbb{U}_{p^k}$.

$G_p\subset\mathbb{C}^*$ et $1\in G_p$ car $1^{\left(p^0\right)}=1$.

Soit $z\in G_p$. Il existe $k\in\mathbb{N}$ tel que $z^{\left(p^k\right)}=1$. On en déduit que $\left(z^{-1}\right)^{\left(p^k\right)}=\left(z^{\left(p^k\right)}\right)^{-1}=1$ et donc que $z^{-1}\in G_p$.

Soit $(z,z’)\in\left(G_p\right)^2$. Il existe $(k,\ell)\in\mathbb{N}^2$ tel que $z^{\left(p^k\right)}=1$ et $z’^{\left(p^\ell\right)}=1$. Mais alors,

$$(zz’)^{\left(p^{k+\ell}\right)}=\left(z^{\left(p^k\right)}\right)^{\left(p^\ell\right)}\left(z’^{\left(p^\ell\right)}\right)^{\left(p^k\right)}=1$$

puis $zz’\in G_p$.

On a montré que $G_p$ est une partie de $\mathbb{C}^*$ contenant $1$, stable par produit et passage à l’inverse. Donc, $G_p$ est un sous-groupe de $\left(\mathbb{C}^*,\times\right)$.

2) On note que pour tout $k\in\mathbb{N}$, $\mathbb{U}_{p^{k}}\subset\mathbb{U}_{p^{k+1}}$ (car si $z^{\left(p^k\right)}=1$, alors $z^{\left(p^{k+1}\right)}=\left(z^{\left(p^k\right)}\right)^p=1$) et donc plus généralement, si $k\leqslant\ell$, $\mathbb{U}_{p^{k}}\subset\mathbb{U}_{p^{\ell}}$.

Soit $H$ un sous-groupe de $G_p$, distinct de $\{1\}$ et de $G_p$. Montrons que $H$ est fini. Supposons par l’absurde que $H$ est infini et montrons par récurrence que pour tout $k\in\mathbb{N}$, $\mathbb{U}_{p^k}\subset H$.

$\bullet$ $\mathbb{U}_{p^0}=\{1\}\subset H$.

$\bullet$ Soit $k\in\mathbb{N}$. Supposons que $\mathbb{U}_{p^k}\subset H$. Puisque $H$ est infini, $H$ n’est pas contenu dans $\mathbb{U}_{p^k}$ et donc, il existe $z\in H\setminus\mathbb{U}_{p^k}$. Il existe $\ell\in\mathbb{N}^*$ tel que $z^{\left(p^\ell\right)}=1$. On note alors $\ell_0$ le plus petit entier naturel non nul tel que $z^{\left(p^{\ell_0}\right)}=1$. On ne peut avoir $\ell_0\leqslant k$ d’après la remarque initiale. Donc, $\ell_0>k$. De plus, $z$ étant d’ordre $p^{\ell_0}$ exactement, $z$ est une racine primitive $p^{\left(\ell_0\right)}$-ème de $1$ et à ce titre, $z$ engendre $\mathbb{U}_{p^{\ell_0}}$. Puisque $z\in H$, $\mathbb{U}_{p^{\ell_0}}=\text{gr}(z)\subset H$. Enfin, puisque $\ell_0\geqslant k+1$, $\mathbb{U}_{p^{k+1}}\subset\mathbb{U}_{p^{\ell_0}}\subset H$.

On a montré que pour tout $k\in\mathbb{N}$, $\mathbb{U}_{p^k}\subset H$. Mais alors, $G_p\subset H$ puis $H=G_p$, ce qui est faux.

Donc, $H$ est fini. Notons $n\in\mathbb{N}^*$ le cardinal de $H$. Puisque $H\neq\{1\}$, on a $n\geqslant2$. Puisque $H$ est fini et contenu dans $G_p$, il existe $k\in\mathbb{N}$ tel que $H\subset\mathbb{U}_{p^k}$ (on peut prendre par exemple pour $k$ le maximum des ordres des éléments de $H$). On note $k_0\in\mathbb{N}$ le plus petit entier naturel tel que $H\subset\mathbb{U}_{p^{k_0}}$. Puisque $H\neq\{1\}$, on a $k_0\geqslant1$.

Si $H$ ne contient aucun élément d’ordre $p^{k_0}$ exactement, l’ ordre de chaque élément de $H$ est un diviseur strict de $p^{k_0}$ et donc de la forme $p^k$ où $0\leqslant k\leqslant k_0-1$. En notant $p^{k_1}$, où $0\leqslant k_1\leqslant k_0-1$, le plus grand de ces ordres, tout élément $z$ de $H$ vérifie $z^{\left(p^{k_1}\right)}=1$ et donc $H\subset\mathbb{U}_{p^{k_1}}$ ce qui contredit la défintion de $k_0$.

Donc, $H$ contient un élément d’ordre $p^{k_0}$ exactement ou encore $H$ contient une racine primitve $p^{k_0}$-ème $z$ de $1$. On en déduit que $H$ contient $\text{gr}(z)=\mathbb{U}_{p^{k_0}}$ puis que $H=\mathbb{U}_{p^{k_0}}=\text{gr}(z)$. Mais alors, $H$ est cyclique.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Théorème et défintion. Soit $(G,\times)$ un groupe (en notation multiplicative). Soit $a$ \in G$. Il existe un plus petit sous-groupe de $G$ contenant $a$, appelé le sous-groupe engendré par $a$. Ce sous-groupe est noté $\text{gr}(a)$ ou aussi $\langle a\rangle$. On a $\text{gr}(a)=\left\{a^n,\;n\in\mathbb{Z}$.

$\bullet$ Soit $(G,\times)$ un groupe (en notation multiplicative). Soit $a$ \in G$.

$a$ est d’ordre fini si et seulement si il existe $n\in\mathbb{N}^*$ tel que $a^n=1$. Dans ce cas, l’ordre de $a$ est le plus petit des entiers naturels $n$ tels que $a^n=1$.

$a$ est d’ordre infini si et seulement si pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $a^n\neq1$.

$\bullet$ Soit $(G,\times)$ un groupe. Ce groupe est cyclique si et seulement si $G$ est fini et il existe $a\in G$ tel que $G=\text{gr}(a)$.

$\bullet$ Théorème. Soit $(G,\star)$ un groupe fini. Tout élément de $G$ est d’ordre fini et de plus, l’ordre de chaque élément de $G$ est un diviseur de l’ordre de $g$ (c’est-à-dire du cardinal de $G$).

$\bullet$ Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $\mathbb{U}_n=\{z\in\mathbb{C}/\;z^n=1\right\}$. On a $\mathbb{U}_n=\left\{e^{\frac{2ik\pi}{n}},\;k\in\mathbb{Z}\right\}=\left\{e^{\frac{2ik\pi}{n}},\;k\in\{0,\ldots,n-1\}\right\}$.

$\bullet$ Théorème. $\mathbb{U}_n$ est un sous-groupe de $\left(\mathbb{C}^*,\times\right)$, d’ordre $n$. $\left(\mathbb{U}_n,\times$ est cyclique, engendré par $\omega=e^{\frac{2i\pi}{n}}$.

$\bullet$ Théorème. Soit $n\geqslant2$. Pour tout $k\in\mathbb{Z}$, $\omega^k$ est un générateur du groupe $\left(\mathbb{U}_n,\times$ si et seulement si $k$ et $n$ sont premiers entre eux. Les générateurs du groupe $\left(\mathbb{U}_n,\times\right)$ sont les éléments de $\mathbb{U}_n$ qui sont d’ordre $n$ exactement. Ce sont les racines primitives $n$-èmes de $1$.

Enoncé (Mines-Ponts)

Corrigé

Commentaires et/ou rappels de cours