Bienvenue sur Share !

Découvrez

les contenus partagés

Abonnez-vous

aux sources qui vous intéressent

Partagez

vos propres contenus

En utilisant les services de Miple, vous acceptez nos Règles de confidentialité.

Exo Maths X MP #63 - Isomorphisme d'algèbre

Exos Maths X MP

Publié

Révisé

May 18, 2021

Il y a 2 années

Exercice d'oral de maths de Polytechnique filière MP tombé en 2020.

Soit $K$ un corps. Soit $J = (01 - 1 0)$ . On cherche à résoudre l'équation $X^{n} = J$ dans $M_{2} (K)$ pour $n \geq 2$ . Pour ce faire, on introduit $A = {a I_{2} + b J ∣ a, b \in K}$ .

1. Montrer que $A$ est une sous-algèbre commutative de $M_{2} (K)$ .

2. Montrer que $A = {M \in M_{2} (K) ∣ M J = J M}$ .

3. Montrer que si $X$ vérifie $X^{n} = J$ , alors $X \in A$ .

4. Supposons $K = R$ . À quoi $A$ est isomorphe (en tant que $R$ -algèbre) ? Conclure.

5. Résoudre dans le cas $K = C$ .

6. Résoudre dans le cas $K = Q$ .

Merci à Amine Eagle d'avoir partagé l'exercice qu'il a eu à l'oral de l'X ! Pour partager les tiens, contacte Lucas Willems.

Correction

Bravo à Lemin Mtr (MPSI, Ibn Ghazi) et Med Fadi Fadhlaoui (MPSI, Esprit prépa) d'avoir réussi à résoudre cet exercice et merci à eux d'avoir rédigé leur correction !

Rejoins le groupe Facebook Exos Maths X MP pour te préparer à l'X.

Question 1

$A = Vect (I_{2}, J)$ . Donc $A$ est un sous-espace vectoriel de $M_{2} (K)$ .

$I_{2} \in A$ . Donc l'élément neutre pour le produit appartient à $A$ .

$J^{2} = - I_{2}$ . Donc $A$ est stable par produit car pour tout $a_{1}, b_{1}, a_{2}, b_{2} \in K$ :

(a_{1} I_{2} + b_{1} J) (a_{2} I_{2} + b_{2} J) = (a_{1} a_{2} - b_{1} b_{2}) I_{2} + (a_{1} b_{2} + b_{1} a_{2}) J \in A .

Ainsi, $A$ est une sous-algèbre de $M_{2} (K)$ . De plus, $I_{2}$ et $J$ commutent pour le produit. Donc $A$ est une sous-algèbre commutative.

Question 2

On pose $H = {M \in M_{2} (K) ∣ M J = J M}$ .

D'après la question précédente, $J$ commute avec les éléments de $H$ , donc $A \subset H$ .

Réciproquement, soit $M = (a c b d) \in H$ avec $a, b, c, d \in K$ . On a:

M J = (b d - a - c) = J M = (- c a - d b),

d'où $a = d$ et $b = - c$ . Ainsi, $M = (a - b b a) = a I_{2} + b J \in A$ . On en déduit que $H \subset A$ , et par conséquent $H = A$ .

Question 3

Soit $X \in M_{2} (K)$ et $n \in N$ tel que $X^{n} = J$ . Ainsi:

X J = X X^{n} = X^{n + 1} = X^{n} X = J X,

ce qui implique que $X \in A$ d'après la question précédente.

Question 4

Nous allons montrer que la fonction

f : a I_{2} + b J \in A ⟼ z = a + i b \in C

définit un isomorphisme de $R$ -algèbres entre $A$ et $C$ .

$f$ est bien définie puisque $J$ et $I_{2}$ sont linéairement indépendants et donc tout élément de $A$ s'écrit de manière unique sous la forme $a I_{2} + b J$ .

$f$ est linéaire. Par ailleurs, $f (I_{2}) = 1$ et $f (J) = i$ , donc $f$ envoie une base de $A$ sur une base de $C .$ $f$ est donc un isomorphisme d'espaces vectoriels.

$f (I_{2}) = 1$ . Le fait que $f (J^{2}) = f (- I_{2}) = - 1 = i^{2} = f (J)^{2}$ implique que, pour tout $M_{1}, M_{2} \in A$ , $f (M_{1} M_{2}) = f (M_{1}) f (M_{2})$ . Ainsi, $f$ est isomorphisme de $R$ -algèbres entre $A$ et $C$ .

Résoudre $X^{n} = J$ dans $A$ revient alors à résoudre $z^{n} = i$ dans $C .$ Dans $C$ l'ensemble des solutions est:

S_{C} = {e^{i (2 k + \frac{1}{2}) \frac{π}{n}}}_{0 \leq k \leq n - 1} = {cos ((2 k + \frac{1}{2}) \frac{π}{n}) + i sin ((2 k + \frac{1}{2}) \frac{π}{n})}_{0 \leq k \leq n - 1}

ce qui correspond dans $A$ , via l'application $f$ , à l'ensemble des solutions suivant:

S = {cos ((2 k + \frac{1}{2}) \frac{π}{n}) I_{2} + sin ((2 k + \frac{1}{2}) \frac{π}{n}) J}_{0 \leq k \leq n - 1} .

Question 5

Dans cette question, $K = C$ . Soit $M \in M_{2} (C)$ solution de $M^{n} = J$ .

$J$ est diagonalisable car annulé par le polynôme $X^{2} + 1$ , scindé à racines simples, de racines $i$ et $- i$ . On diagonalise $J$ avec la matrice de passage $P = (1 - i 1 i)$ :

J = P (i 0 0 - i) P^{- 1} .

De même, $M$ est diagonalisable car annulé par le polynôme $X^{2 n} + 1$ scindé à racines simples.

D'après la question 3, $M \in A$ . D'après la question 2, $M$ et $J$ commutent. Donc $M$ et $J$ sont co-diagonalisables.

$M$ commute avec $J$ , donc stabilise les sous-espaces propres de $J$ . Comme ceux-ci sont de dimension $1$ , ce sont aussi des sous-espaces propres de $M$ . Ainsi, toute base de vecteurs propres de $J$ est aussi une base de vecteurs propres de $M$ . Par conséquent, la matrice de passage $P$ ci-dessus permet de diagonaliser $M$ :

\exists α, β \in C, M = P (α 0 0 β) P^{- 1} .

L'équation $M^{n} = J$ devient alors équivalente au système ${α^{n} = i β^{n} = - i$ ,

On en déduit que l'ensemble des solutions est :

S = {P (e^{i (2 k + \frac{1}{2}) \frac{π}{n}} 0 0 e^{i (2 l - \frac{1}{2}) \frac{π}{n}}) P^{- 1}}_{0 \leq k, l \leq 1} .

Question 6

D'après la question 4, l'ensemble $S (R)$ des solutions de l'équation $X^{n} = J$ dans $M_{2} (R)$ est:

S (R) = {cos ((2 k + \frac{1}{2}) \frac{π}{n}) I_{2} + sin ((2 k + \frac{1}{2}) \frac{π}{n}) J}_{0 \leq k \leq n - 1} = {cos (\frac{4 k + 1}{2 n} π) I_{2} + sin (\frac{4 k + 1}{2 n} π) J}_{0 \leq k \leq n - 1}

L'ensemble $S (Q)$ des solutions de l'équation $X^{n} = J$ dans $M_{2} (Q)$ est donc le sous-ensemble de $S (R)$ formé des matrices pour lesquelles les coefficients $cos (\frac{4 k + 1}{2 n} π)$ et $sin (\frac{4 k + 1}{2 n} π)$ sont rationnels.

Afin de trouver les $k$ et $n$ tels que ces coefficients soient rationnels, nous allons utiliser les polynômes de Tchébychev $T_{m}$ , où $m \in N$ , caractérisés par la propriété :

\forall x \in R, T_{m} (cos (x)) = cos (m x) .

De plus, il est connu que $T_{m}$ est à coefficients entiers et de coefficient dominant $2^{m - 1}$ .

Soit $k$ et $n$ tels que $cos (\frac{4 k + 1}{2 n} π)$ et $sin (\frac{4 k + 1}{2 n} π)$ soient rationnels.

Étape 1 : $n$ est nécessairement impair.

$n$ ne peut pas être pair car s'il l'était, $T_{n / 2} (cos (\frac{4 k + 1}{2 n} π))$ serait rationnel. Or :

T_{n / 2} (cos (\frac{4 k + 1}{2 n} π)) = cos (\frac{4 k + 1}{4} π) \in {- \frac{2}{2}; \frac{2}{2}}

et $- \frac{2}{2}$ et $\frac{2}{2}$ ne sont pas rationnels. Désormais, supposons $n$ impair.

Étape 2 : $cos (\frac{4 k + 1}{n} π) = \frac{\pm 1}{2 ^{r}}$ .

En utilisant les identités $cos (2 x) = 2 cos^{2} (x) - 1$ et $sin (2 x) = 2 sin (x) cos (x)$ , on en déduit que $cos (\frac{4 k + 1}{n} π)$ et $sin (\frac{4 k + 1}{n} π)$ sont aussi rationnels. Écrivons $cos (\frac{4 k + 1}{n} π) = \frac{u}{v}$ où $u, v$ sont des entiers premiers entre eux. En appliquant le polynôme $T_{n}$ , on obtient :

T_{n} (\frac{u}{v}) = T_{n} (cos (\frac{4 k + 1}{n} π)) = cos ((4 k + 1) π) = (- 1)^{k} .

En multipliant par $v^{n}$ , on obtient l'égalité suivante entre nombre entiers:

v^{n} T_{n} (\frac{u}{v}) = (- 1)^{k} v^{n} .

Le coefficient constant de $T_{n}$ est nul, car $T_{n} (0) = T_{n} (cos (\frac{π}{2})) = cos (\frac{n π}{2}) = 0$ . Ainsi, $v^{n} T_{n} (\frac{u}{v})$ est un entier multiple de $u$ et donc $u$ divise $(- 1)^{k} v^{n}$ . Or $u$ et $v$ sont premiers entre eux, donc $u = \pm 1$ .

Comme $v^{n} T_{n} (\frac{u}{v}) = 2^{n - 1} u^{n} + v k$ où $k \in Z$ , l'équation ci-dessus implique que $v$ divise $2^{n - 1} u^{n}$ . Donc $v = 2^{r}$ pour un certain entier $r$ . Ainsi $cos (\frac{4 k + 1}{n} π) = \frac{\pm 1}{2 ^{r}}$ .

Étape 3 : $cos (\frac{4 k + 1}{n} π) = \pm 1$ .

Posons $x = \frac{4 k + 1}{n} π$ . $cos (x)$ étant rationnel, $cos (2 x) = 2 cos^{2} (x) - 1$ l'est aussi, et en appliquant le raisonnement de l'étape 2 à $2 x = \frac{2 ( 4 k + 1 ) π}{n}$ , on trouve que l'on peut également écrire $cos (2 x) = \frac{\pm 1}{2 ^{s}}$ .

Par l'égalité $cos (2 x) = 2 cos^{2} (x) - 1$ , on a donc $\frac{\pm 1}{2 ^{s}} = \frac{2}{4 ^{r}} - 1$ .

Si $r \geq 2$ , alors $\frac{2}{4 ^{r}} - 1 \leq \frac{- 7}{8}$ et nécessairement $\frac{\pm 1}{2 ^{s}} = - 1$ . On aurait alors $- 1 = \frac{2}{4 ^{r}} - 1$ ce qui est impossible. Donc $r \in {0, 1}$ .

Ainsi, $cos (\frac{4 k + 1}{n} π) = \pm 1$ ou $cos (\frac{4 k + 1}{n} π) = \frac{\pm 1}{2}$ . Ce dernier cas est proscrit puisque $sin (\frac{4 k + 1}{n} π) = \frac{\pm 3}{2}$ n'est pas rationnel. D'où $cos (\frac{4 k + 1}{n} π) = \pm 1$ .

Étape 4 : $cos (\frac{4 k + 1}{2 n} π) = 0$ .

Si $cos (\frac{4 k + 1}{n} π) = \pm 1$ , alors $cos (\frac{4 k + 1}{2 n} π) = 0$ ou $cos (\frac{4 k + 1}{2 n} π) = \pm 1$ . Ce dernier cas est proscrit puisque cela impliquerait que $sin (\frac{4 k + 1}{2 n} π) = 0$ et que $\pm I_{2}$ est solution de $X^{n} = J$ , ce qui est impossible. Ainsi, $cos (\frac{4 k + 1}{2 n} π) = 0$ et $sin (\frac{4 k + 1}{2 n} π) = \pm 1$ .

Étape 5 : Conclusion.

L'étape 4 nous permet d'en déduire que si $X$ est solution de $X^{n} = J$ dans $M_{2} (Q)$ , alors $X = J$ ou $X = - J$ .

En se rappelant que $J^{2} = - I_{2}$ et $J^{4} = I_{2}$ , on en déduit que :

si $n \equiv 1 [4]$ , $J^{4 p + 1} = J$ et $(- J)^{4 p + 1} = - J$ , donc la seule solution est $X = J$ .
si $n \equiv 3 [4]$ , $J^{4 p + 3} = - J$ et $(- J)^{4 p + 3} = J$ , donc la seule solution est $X = - J$ .

Exos Maths X MP

Prépare-toi aux oraux de maths de Polytechnique filière MP en résolvant les exercices tombés les années précédentes.