Exercices corrigés : Oraux CPGE 2022

Pour aujourd’hui, on vous propose la correction de trois exercices provenant tous de la longue liste d’exercices d’oraux de CPGE (MP et PSI) que vous nous avez envoyés. On se concentrera sur des exercices d’algèbre. Pour le premier exo, on retrouvera des anneaux, dans le second plutôt de l’algèbre linéaire et un peu de groupes. Le troisième lui est uniquement composé d’algèbre linéaire.

Ces exercices sont plutôt classiques mais sont intéressants à travailler, notamment avant vos oraux ! Vous pouvez aussi retrouver des exercices corrigés d’oraux des Mines juste ici.

Exercice 1

Énoncé

Corrigé

Question 1

On considère pour b \in B \setminus \left\{ 0 \right\} l’application

\varphi_b : \left( \begin{array}{c c c}
B & \longrightarrow & B \\
x & \longmapsto & bx
\end{array} \right)

On va montrer que l’application \varphi_b est bijective. Pour se faire, du fait que  B est fini, il suffit de montrer que \varphi_b est injective. Soient donc x, x' \in B tels que xb = x'b , alors on a (x - x')b = 0 . Mais B ne contient pas de diviseurs de 0 par hypothèse, ainsi on a nécessairement, vu que b  est non-nul, que x - x' = 0 et donc l’application \varphi_b est injective.

On obtient donc une application injective de B dans lui-même qui est un ensemble fini. On en déduit que \varphi_b est bijective. En particulier, elle est surjective et donc il existe x \in B tel que \varphi_b(x) = 1 et donc bx = 1 . Ainsi, tout élément de B  est inversible et donc B  est un corps.

Question 2

On va raisonner par récurrence sur le degré de f \in B \setminus \left\{ 0 \right\} afin de montrer que l’on peut toujours se ramener à un diviseur de 0 dans  A .

Si f est de degré 0 non-nul et est un diviseur de 0 dans B , il existe un élément g \in B \setminus \left\{ 0 \right\} tel que fg = 0 . Mais en notant a \in A le coefficient dominant de  g , on obtient que af = 0 . En effet, rappelons-nous qu’un polynôme est nul si et seulement si tout ses coefficients sont nuls. Il faut donc entre-autre que son coefficient dominant soit nul.

Supposons maintenant notre propriété vrai pour tout polynômes de degré inférieur ou égal à un certain entier n \in \mathbb{N} et montrons qu’elle reste vrai au rang n+1 . On note f = f_{n+1} X^{n+1} + \tilde{f} avec \tilde{f} de degré inférieur ou égal à n . Du fait que f est un diviseur de 0, il existe un polynôme g non-nul tel que gf = 0 . En notant donc b \in A \setminus \left\{ 0 \right\} le coefficient dominant de g , on a que f_{n+1} b = 0 . Ainsi, on a que le polynôme bf est un polynôme de degré inférieur ou égal à n qui est un diviseur de 0. On peut donc lui appliquer l’hypothèse de récurrence : il existe un élément c \in A \setminus \left\{ 0 \right\} tel que cbf = 0 . En posant a = bc , on obtient le résultat au rang n+1 . La proposition est donc vrai par principe de récurrence.

Exercice 2

Énoncé

Corrigé

Question 1

Soit G un sous-groupe de \mathrm{GL}_n( \mathbb{C} ) dont tout les éléments sont des symétries. Pour montrer le résultat de l’énoncé, on va montrer que si un groupe vérifie que tout ses éléments sont d’ordres 2, alors il est abélien. Soit donc H un groupe dont tout les éléments sont d’ordre 2. En particulier, pour tout h \in H , on a h^{-1} = h . Ainsi, on obtient que pour tout h, h' \in H on a

(ab)^2 = abab = 1_H, \text{ donc } ab = b^{-1}a^{-1} = ba

On sait que G est par hypothèse constitué de symétries, donc pour tout s \in G on a s^2 = I_n . Ainsi, G est abélien.

Maintenant, si l’on considère g \in G , alors g^2 = I_n et donc le polynôme X^2 - 1 , qui est scindé à racines simples dans \mathbb{C}[X] , est annulateur de g . Ainsi, notre matrice g est diagonalisable et ses valeurs propres sont \pm 1 .

Un résultat classique d’algèbre linéaire nous dit que si l’on a une famille de matrices diagonalisables qui commutent deux à deux, alors il existe une base commune de diagonalisation à ses matrices. Du fait que G est abélien et que toutes les matrices de  G sont diagonalisables, il existe une base de diagonalisation commune aux éléments de G et, dans cette base, tout élément s’écrit sous la forme

\begin{pmatrix}
\pm 1 & 0 & \dots & 0 \\
0 & \pm1 &  & \vdots \\
\vdots & & \ddots & 0 \\
0 & \dots & 0 & \pm 1
\end{pmatrix}

Or, il n’existe qu’un nombre fini de ces matrices (il y en a exactement 2^n ). Ainsi, notre groupe G est fini et donc les sous-groupes de \mathrm{GL}_n( \mathbb{C} )  formés uniquement par des symétries sont finis de cardinaux 2^k avec k \leq n .

Question 2

Si n < m , alors \mathrm{GL}_m( \mathbb{C} ) contient un sous-groupe de symétries d’ordre 2^m . Or, si les deux groupes étaient isomorphes, il existerait un sous-groupe de symétries constitué de 2^m éléments dans \mathrm{GL}_n( \mathbb{C} ) , ce qui n’est pas possible par ce qui précède. Les deux groupes ne sont donc pas isomorphes.

Exercice 3

Énoncé

Corrigé

Question 1

Du fait que f^3 + f = 0_{\mathcal{L}( \mathbb{R}^3)} , le polynôme X^3 + X = X ( X^2 + 1) est annulateur de f . De plus, les polynômes X et X^2 + 1 sont premiers entre eux. On obtient ainsi par le lemme des noyaux que

\mathbb{R}^3 = \ker(f) \oplus \ker(f^2 + 1)

Or, si l’on avait \ker(f^2 + 1) = \left\{ 0 \right\} , on aurait que \ker(f) = \mathbb{R}^3 et donc que f = 0_{\mathcal{L}( \mathbb{R}^3)} ce qui contredirait l’hypothèse initiale qui dit que f \neq 0_{\mathcal{L}( \mathbb{R}^3)} .

Question 2

Montrons que la famille est libre. Supposons qu’il existe \lambda, \mu \in \mathbb{R} tel que

\lambda x + \mu f(x) = 0

Montrons alors que \lambda = \mu = 0 . Si \lambda = 0 , du fait que x \neq 0  et que x \notin \ker(f) , on a bien que \mu = 0 . Supposons par l’absurde que \lambda \neq 0 . On obtient alors que \mu \neq 0 . En appliquant de nouveau f à l’égalité précédente et en utilisant le fait que f^2(x) = - Id(x) , on obtient que

\lambda f(x) - \mu x = 0

D’où f(x) = \frac{\mu}{\lambda} x = - \frac{\lambda}{\mu}x et donc -x = \left( \frac{\mu}{\lambda} \right)^2 x , ce qui est absurde car -1 n’est pas un carré dans \mathbb{R} . Ainsi, la famille (x, f(x) ) est libre.

Question 3

Du fait que f (f^2 + 1) = 0 , l’endomorphisme f ne peut pas être inversible et donc \dim( \ker(f) ) \geq 1 . De plus, la dimension de \ker(f^2 + 1) est au moins 2 par la question précédente. Enfin, les dimensions vérifient

\dim(\ker(f)) + \dim(\ker(f^2 + 1)) = 3

ce qui ne laisse comme choix que le fait que \dim(\ker(f)) = 1 et que \dim(\ker (f^2 + 1)) = 2 .

Question 4

On considère un premier vecteur e_1 \in \ker(f) . On considère un vecteur non-nul e_2 de \ker(f^2 + 1) . Par ce qui précède, (e_1) est une base de  \ker(f) et par les questions 2 et 3 on a que (e_2, f(e_2)) est une base de \ker(f^2 + 1) . Si l’on note e_3 = f(e_2) , alors par la question 3 la famille (e_1, e_2, e_3) est une base de \mathbb{R}^3 vérifiant

f(e_1) = 0, \quad f(e_2) = e_3, \quad f(e_3) = f^2(e_2) = -e_2

et donc l’endomorphisme f s’écrit bien sous la forme recherchée dans cette base.

Question 5

On note

\mathcal{C}(f) = \left\{ g \in \mathcal{L}(\mathbb{R}^3) \: | \: f \circ g = g \circ f \right\}

Si l’on a g \in \mathrm{vect}(Id, f, f^2) , il est clair que g \in \mathcal{C}(f) . On veut donc montrer l’inclusion inverse. On considère donc g \in \mathcal{C}(f) et on regarde la matrice G de l’endomorphisme g dans la base (e_1, e_2, e_3) . En écrivant G sous la forme

G = \begin{pmatrix}
A & B \\
C & D
\end{pmatrix}

avec A \in \mathcal{M}_{1,1}( \mathbb{R} ) , B \in \mathcal{M}_{1,2}( \mathbb{R} ) , C \in \mathcal{M}_{2,1}( \mathbb{R} ) et D \in \mathcal{M}_{2,2}( \mathbb{R} ) . On suppose que G ne soit pas combinaison linéaire de I_3 . Du fait que g(f(e_1)) = f(g(e_1)) = 0 , on en déduit que g(e_1) \in \ker(f) et donc que A = 0 et C = 0 . On obtient pour B et D les équations matricielles suivantes :

B \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 
1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0\end{pmatrix} \quad \text{et} \quad D \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} D

On obtient alors que B = \begin{pmatrix} 0 & 0\end{pmatrix} . En écrivant les coefficients de D , on trouve que D est combinaison linéaire des matrices I_2 et \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} . De plus, on remarque que

F^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & -1\end{pmatrix}

Ainsi, en écrivant G par bloc, on en déduit de ce qui précède que G est combinaison linéaire de F et de F^2 . Ainsi, on a bien dans tout les cas que G \in \mathrm{vect}(I_3, F, F^2) et on en déduit l’inclusion inverse recherchée.

Question 6

On raisonne par analyse-synthèse. Supposons qu’il existe un endomorphisme u tel que u^2 = f . On a alors

u \circ f = u \circ u^2 = u^3 = u^2 \circ u = f \circ u

et par la question précédente on a que u \in \mathrm{vect}(Id, f, f^2) . Considérons trois réels a, b, c tels que

u = a Id + bf + cf^2

On obtient par calcul direct que

f= u^2 = a^2 Id + (2ab)f + (2ac + b^2)f^2 + (2bc)f^3 + c^2f^4

Et ainsi on a f(e_1) = a^2 e_1 = 0 et donc a = 0 . En évaluant en e_2 et en utilisant le fait que f^2 = -Id , on a que

(b^2 - c^2) e_2 + (-2bc)e_3 = e_3

Du fait que la famille (e_2, e_3) est libre, on obtient le système

\left\{ \begin{array}{c c c}
c^2 - b^2 & = & 0 \\
-2bc & = & \frac{1}{2}
\end{array} \right.

On obtient alors que c = \pm b . Si c = b , on a alors b^2 = \frac{-1}{2} ce qui n’est pas possible. Si c = - b , on obtient alors que b = \pm \frac{\sqrt{2}}{2} et c qui est de signe opposé. On obtient donc

u = \frac{\sqrt{2}}{2} \left( f - f^2 \right) \quad \text{ou} \quad u = \frac{\sqrt{2}}{2} \left( f^2 - f \right)

Réciproquement, on vérifie qu’en posant un tel u on obtient bien que u^2 = f .