les maths
en tête
ALGÈBRE
2e édition
Xavier GOURDON

LES MATHS EN TÊTE
Mathématiques pour MP*
ALGÈBRE
2e édition
Xavier GOURDON
Ancien élève de l'école polytechnique

Du même auteur chez le même éditeur :
Analyse, 2e édition, Les maths en tête, 432 pages, 2008.
ISBN 978-2-7298-4294-9
© Ellipses Édition Marketing S.A., 2009
32, rue Bargue 75740 Paris cedex 15
Le Code de la propriété intellectuelle n'autorisant, aux termes de l'article L. 122-5.2° et
3°a), d'une part, que les « copies ou reproductions strictement réservées à l'usage privé
du copiste et non destinées à une utilisation collective », et d'autre part, que les analyses
et les courtes citations dans un but d'exemple et d'illustration, « toute représentation ou
reproduction intégrale ou partielle faite sans le consentement de l'auteur ou de ses ayants
droit ou ayants cause est illicite » (art. L. 122-4).
Cette représentation ou reproduction, par quelque procédé que ce soit constituerait une
contrefaçon sanctionnée par les articles L. 335-2 et suivants du Code de la propriété
intellectuelle.
www. éditions-ellipses. fr

Avant-propos de la deuxième édition
Plus de dix ans après la sortie de la première édition, cet ouvrage est encore largement
utilisé pour la préparation des concours (grandes écoles, agrégation). Les retours de mes
lecteurs (grâce à internet notamment) sont nombreux et m'ont encouragé à réaliser cette
deuxième édition. Cette dernière contient des corrections de coquilles, quelques retouches
et améliorations de preuves et solutions, ainsi que quelques exercices et problèmes
supplémentaires dans l'esprit de l'édition précédente. Une nouvelle annexe (annexe C) propose
une introduction aux fractions continues.
J'espère que les améliorations de cette deuxième édition seront utiles à mes lecteurs
pour la préparation de leur concours. Je remercie chaleureusement les personnes qui m'ont
aidé à apporter ces améliorations, en particulier les internautes dont les commentaires
ont étés nombreux. Enfin, cette deuxième édition doit beaucoup à la patience de ma
femme Laurence et de mes enfants, Gaspard, Anne-Sybille et Léopoldine ; je suis infiniment
reconnaissant de leur support pendant les longues journées et soirées passées à cette mise
à jour.
xavier.gourdon_livres@yahoo.fr

Avant-propos de la première édition
Cet ouvrage propose aux étudiants des classes de mathématiques spéciales (programme
M') des rappels et des compléments de cours assez complets, ainsi que des exercices et
des problèmes corrigés. Il pourra également intéresser les élèves préparant l'agrégation.
L'ouvrage est orienté sur la relation étroite qui existe entre le cours et les exercices.
Dans le fond, une bonne lecture du cours amène à s'interroger sur chaque résultat présenté :
à quel niveau intervient-il dans l'articulation du cours, quelles en sont les conséquences,
que se passe-t-il si on modifie les hypothèses ? Dans cet esprit, de multiples remarques
ponctuent les parties de cours, mettant en avant ses subtilités, et faisant le lien avec les
exercices qui suivent.
Les parties de cours ne sont pas un substitut au cours du professeur, mais plutôt un
résumé exhaustif qui l'éclairé d'une façon différente. Les compléments sont des résultats
très classiques qui ne figurent pas au programme mais dont la connaissance est utile
et parfois indispensable pour mener à bien un exercice ou un problème. Les résultats
présentés sont démontrés lorsqu'ils sont à la limite du programme ou lorsqu'ils constituent
un point important dont la démonstration met en place des techniques instructives que
l'étudiant doit connaître et savoir maîtriser.
À la fin de chaque section, on trouve une liste d'exercices de difficultés progressives,
classiques ou parfois originaux, qui constituent une illustration du cours qui les précède.
Je me suis efforcé à chaque fois de passer en revue tous les problèmes qui tournent autour
du thème de l'exercice. Les nombreuses références au cours sont là pour inviter le lecteur
à s'y reporter, le but étant de savoir et de comprendre précisément les résultats que l'on
utilise.
Une liste de problèmes ponctue la fin de chaque chapitre, ces problèmes étant des
exercices plus longs, plus difficiles ou plus originaux que les précédents et faisant appel à
l'ensemble du cours du chapitre. À la fin de certains chapitres, on trouve des sujets d'étude
introduisant des théories élégantes dans le thème du chapitre. Des annexes présentent des
curiosités mathématiques liées au programme d'algèbre.
Les résultats du cours ou les exercices les plus importants sont indiqués par une flèche
clans la marge de gauche.
Je tiens enfin à remercier toutes les personnes qui m'ont aidé, Erwan Berni, Georges
Papadopoulo et Alexia Stefanou pour la relecture de certains chapitres, le projet
ALGORITHMES grâce à qui j'ai pu donner à mon ouvrage sa version typographique actuelle
et la collection ELLIPSES pour avoir accueilli mon travail.
Je serais reconnaissant à ceux de mes lecteurs qui me feront parvenir leurs remarques
sur cette première édition.
Xavier Gourdon

Table des matières
Avant-propos de la deuxième édition 3
Avant-propos de la première édition 4
Chapitre 1. Arithmétique, Groupes et Anneaux 7
1. Arithmétique sur les entiers 7
2. Groupes 17
3. Anneaux 29
4. Problèmes 34
5. Sujets d'étude 43
Chapitre 2. Corps, Polynômes et Fractions Rationnelles 53
1. Corps, polynômes et arithmétique dans K[X] 53
2. Fonction polynôme, racines d'un polynôme 59
3. Fractions rationnelles 70
4. Polynômes à plusieurs indéterminées 77
5. Problèmes 81
6. Sujets d'étude 98
Chapitre 3. Algèbre linéaire : généralités 109
1. Espaces vectoriels 109
2. Applications linéaires 113
3. Matrices 119
4. Dualité 126
5. Formes multilinéaires, déterminants 134
6. Problèmes 148
Chapitre 4. Réductions d'endomorphismes 161
1. Diagonalisation, trigonalisation 161
2. Polynômes d'endomorphismes 174
3. Topologie sur les endomorphismes 182
4. Sous-espaces caractéristiques - Réduction de Jordan 191
5. Problèmes

6
TABLE DES MATIÈRES
Chapitre 5. Espaces euclidiens 227
1. Formes quadratiques - Formes hermitiennes 227
2. Espaces préhilbertiens 240
3. Compléments de cours 256
4. Problèmes 269
Annexe A. Résolution des équations du troisième et du quatrième
degré 285
1. Introduction 285
2. Techniques historiques 285
3. Méthode de Lagrange 286
Annexe B. Invariants de similitude d'un endomorphisme et réduction de
Frobenius 289
1. Introduction 289
2. Invariants de similitude 290
3. Applications 292
Annexe C. Fractions continues 293
Index des notations 298
Index
300

CHAPITRE 1
Arithmétique, Groupes et Anneaux
Jusqu'au début du vingtième siècle, l'algèbre désignait essentiellement l'étude
de la résolution d'équations algébriques (en témoigne la dénomination du
théorème fondamental de l'algèbre). Avec la résolution des équations algébriques
apparut, de manière plus ou moins confuse, la notion de nombre complexe : on
utilisa le symbole v7—L Parallèlement, la théorie des congruences se développa.
Ainsi, de nouveaux objets mathématiques entrèrent en scène. Bientôt, les
mathématiciens y virent des analogies étroites qu'ils cherchèrent à expliquer :
l'algèbre devint progressivement l'étude abstraite des structures algébriques,
jusqu'à ce que connaît l'étudiant d'aujourd'hui.
1. Arithmétique sur les entiers
Nous supposons acquises les notions de base sur l'ensemble des entiers naturels N et
des entiers relatifs Z, ainsi que les calculs dans l'anneau quotient Z/nZ. Une étude plus
approfondie de ce dernier fait l'objet de la section 3 de ce chapitre.
1.1. Divisibilité - pgcd, ppcm
DÉFINITION 1. Soient a et 6 deux entiers relatifs. On dit que a divise b (ou que b est un
multiple de a), et on note a | 6, s'il existe un entier n tel que b = an. Si a ne divise pas 6,
on note a \ b.
Proposition 1 (Division euclidienne). Soient a e Z, b e N*. Il existe un unique
couple (g, r) G Z x N tel que
a = bq + r, avec 0 < r < b — 1.
q s'appelle le quotient, r le reste, de la division euclidienne de a par b.
Classes de congruence modulo n.
DÉFINITION 2. Soit n un entier naturel non nul. On note nZ = {nk, k G Z}. Si x et y
sont deux entiers, on note x = y (mod n) si x — y G nZ. et on dit alors que x et y sont
congrus modulo n.
Définition 3. Soit n un entier naturel non nul. L'anneau quotient de Z par nZ est
noté Z/nZ. On note généralement x (ou x) la classe d'un entier x clans Z/nZ. Ainsi,
Z/nZ={Ô,ï,...,n~=l}.
PGCD.
Définition 4. - Soient ai,..., an des entiers. Il existe un unique entier naturel d tel
que a{Z + • • • + anZ = dZ. Ainsi défini, d s'appelle le pgcd de ai,..., an et on note
d = pgcd (ai,..., an). L'entier d est aussi le plus grand entier naturel divisant tous
les a{ (1 < i < n).
- Lorsque pgcd (ai,..., an) = 1, on dit que les entiers ai,..., an sont premiers entre
eux dans leur ensemble. Lorsque pgcd (ai,aj) = 1 dès que i ^ j, les entiers a^ sont
dits premiers entre eux deux à deux.

8
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
Remarque 1. - Des entiers premiers entre eux deux à deux sont premiers entre eux
dans leur ensemble.
- Il résulte de la définition du pgcd que les diviseurs communs à une famille d'entiers
sont les diviseurs du pgcd.
- Lorsque ai,..., an sont des entiers, on a
Va G Z, pgcd (aai,..., aan) = \a\ pgcd (ai,..., an).
- Le pgcd de deux entiers a et b se note aussi a A b.
Théorème 1 (Bezout). Des entiers ai,...,an sont premiers entre eux dans leur
ensemble si et seulement s'il existe des entiers u\,...,un tels que U\a\ + • • • + unan = 1.
Remarque 2. Lorsque deux entiers a et b sont premiers entre eux, le théorème de Bezout
assure l'existence d'un couple (utv) G Z2 tel que au + bv = 1. Il existe un moyen pratique
de calculer un tel couple (u,v), appelé algorithme d'Euclide (voir l'exercice 2).
Théorème 2 (Gauss). Soient a, b et c trois entiers. Si a divise le produit bc et si a et
b sont premiers entre eux, alors a divise c.
Proposition 2. Si un entier a est premier avec des entiers &i,..., bn, alors a est premier
avec le produit b\... bn.
Proposition 3. Soient ai,...,an n entiers premiers entre eux deux à deux et b un
entier. Le produit ai • • • an divise b si et seulement si pour tout i, a* divise b.
PPCM.
Définition 5. Soient ai,... ,an des entiers. Il existe un unique entier naturel d tel que
aiZ D • • • D anZ = dZ. Ainsi défini, d s'appelle le ppcm de ai,..., an et on note d =
ppcm (ai,..., an). L'entier d est aussi le plus petit entier naturel non nul multiple de tous
les ai (1 < i < n).
Remarque 3. - Il résulte de cette définition que les multiples communs à une famille
d'entiers sont les multiples de leur ppcm.
- On a facilement
Va G Z, ppcm (aai,..., aan) = \a\ ppcm (ai,..., an).
- Le ppcm de deux entiers a et 6 se note aussi a V b.
Proposition 4. Soient ai,..., an des entiers premiers entre eux deux à deux. Alors
ppcm (ai,... ,an) = |ai • • -an\.
Proposition 5. Pour deux entiers a et b, on a pgcd (a, b) x ppcm (a, b) = \ab\.
1.2. Nombres premiers
Définition 6. On dit qu'un entier naturel p > 2 est un nombre premier si ses seuls
diviseurs sont p, —p, 1 et —1.
Théorème 3 (Théorème fondamental de l'arithmétique). Tout entier naturel
n > 2 s'écrit de manière unique à l'ordre prés sous la forme
où les pi sont des nombres premiers distincts et les ai des entiers naturels non nuls. La
relation (*) s'appelle la décomposition de n en facteurs premiers.
Remarque 4. - Tout entier n, \n\ > 2, est divisible par un nombre premier.

1. ARITHMÉTIQUE SUR LES ENTIERS
9
- Si n = Pi1 ■ ■ -p£fc et m = y\l • • -ppkk, où les pi sont des nombres premiers distincts
et les ai,Pi des entiers naturels, alors pgcd(n,m) = pj1 ■••p]!c et ppcm(n,m) =
p\l • - -pSkk où 7i = inf(ai,/?i) et ^ = sup(aiifii).
Proposition 6. Si un nombre premier p ne divise pas un entier a, alors p et a sont
premiers entre eux.
PROPOSITION 7. Si un nombre premier divise un produit d'entiers ai • • -an, il divise au
moins l'un des facteurs ai de ce produit.
PROPOSITION 8. L'ensemble des nombres premiers est infini.
Démonstration. Raisonnons par l'absurde et supposons qu'il y ait un nombre fini de nombres
premiers. Soit N le plus grand d'entre eux. Posons M = iV! + 1 et désignons par p un nombre
premier divisant M. Comme p < N, on a p | (AT!), donc p \ (M — N\) = 1, ce qui est absurde. □
Proposition 9. Soit p un nombre premier et k un entier, 1 < k < p — 1. Alors p \ Cj;.
Proposition 10. Soit n > 2 un entier. L'anneau Z/nZ est un corps si et seulement si
n est premier.
-*- Théorème 4 (Fermât). Soitp > 2 un nombre premier. Alors
Va G Z, ap = a (mod p)
et
Va G Z,p f a, ap_1 = 1 (mod p).
Théorème 5 (Wilson). Un entier p > 2 est un nombre premier si et seulement si
(p — 1)! = —1 (mod p).
Démonstration. Condition nécessaire. Si p = 2 ou p = 3, c'est évident. Pour traiter le cas p > 3,
on commence par rechercher les éléments x du groupe multiplicatif (Z/pZ)* égaux à leur inverse.
Ils vérifient x2 = 1, c'est-à-dire (x — l)(x + 1) = 0. Les seuls éléments de (Z/pZ)* égaux à leurs
inverses sont donc x = l et x = — 1. On range les autres 2,3,... ,p — 2 en ^^ paires d'éléments
{xiiVi} telles que Xiyi = 1. Si k = ^-, on peut écrire
k
2-3---p^2 = Y[{xiyi) = T donc (p-l)! = -l (mod p).
Condition suffisante. Supposons p non premier, et notons a un diviseur de p vérifiant 1 < a < p.
On a a \ [(p — 1)! + 1] par hypothèse, et a \ (p — 1)! puisque 1 < a < p, donc a \ 1 ce qui est
absurde. □
1.3. Exercices
Exercice 1. Déterminer les triplets (a,b,c) G (N*)3 tels que
(i) ppcm(a, b) = 42 (ii) pgccl(a, c) = 3 (iii) a + b + c = 29.
Solution. D'après (ii), 3 | a et 3 | c, donc 3 | (a + c). Comme b = 29 — (a + c), 6 n'est pas un
multiple de 3, et 3 étant premier, 3 A b = 1. En utilisant (i) on a b \ 42 = 3 x 14 et d'après le
théorème de Gauss, b \ 14. Donc b G {1,2,7,14}. Mais 29 — b = a + c est divisible par 3, ce qui
restreint les valeurs possibles de b à 2 et 14.
- Si b = 2, a G {21,42} d'après (i). Mais a < 29 d'après (iii), donc a = 21 et c = 6 avec (iii).
- Si b = 14, a G {3,6,21,42} d'après (i). La relation (iii) entraîne a < 29 — b = 15, d'où
a G {3,6}. Si a = 3, c = 12 par (iii) ; si a = 6, c = 9.

10
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
Nécessairement, on a donc (a, 6, c) = (21,2,6), (3,14,12) ou (6,14,9). Réciproquement, on vérifie
facilement que ces triplets sont solution.
Exercice 1. 1/ Soient a et b > 2 deux entiers naturels non nuls premiers entre eux.
Montrer que
3\(u0, v0) e N2, u0a — v0b = 1, avec u0 < b et v0 < a (*)
et exprimer en fonction de «o, ^o> & et b tous les couples (u, v) G Z2 solutions de ua—vb = 1.
2/ Déterminer deux entiers u et v vérifiant 47w + lllv = 1.
Solution. 1/ Le théorème de Bezout assure l'existence de deux entiers u\ et v\ vérifiant u\a —
v\b = 1. On effectue ensuite la division euclidienne de u\ par b : u\ = bq+uo, avec 0 < uq < b. On
obtient (bq + uo)a — v\b = 1 = uqcl — vob, avecvo = v\—aq. Donc — 1 < vç>b = u$a — 1 < uoa < 6a,
et en divisant par b > 2, on tire 0 < vo < a. Ainsi, notre couple (uo>fo) vérifie l'assertion (*).
Ceci étant, considérons un couple (u,v) vérifiant ua — vb = 1. En retranchant à (*), on obtient
(u — uo)a = (v — vo)b. (**)
Ceci montre que a \ (v — vo)b et comme a et 6 sont premiers entre eux, le théorème de Gauss
entraîne a \ (v — vo). Soit k G Z tel que v = vo + ka. En remplaçant dans (**), on obtient
(u,v) = (wo + kb,vo + ka). Ceci prouve que le couple (uo,t>o) est bien l'unique couple vérifiant
la propriété (*), et réciproquement, on vérifie facilement que les couples de cette forme sont
solutions de ua — vb = 1.
2/ Les nombres 47 et 111 sont premiers entre eux, u et v existent donc. Nous allons les déterminer
grâce à l'algorithme d'Euclide. On effectue d'abord la division euclidienne de 111 par 47
111 =47x2 + 17,
puis on itère en divisant toujours le dividende par le reste, jusqu'à ce que le reste égale 1 :
47=17x2 + 13, 17=13x1+4, 13 = 4x3 + 1.
On part maintenant de 1 = 13 — 4 x 3 et on remonte :
1 = 13 - 4 x 3 = 13 - (17 - 13 x 1) x 3 = 4 x 13 - 3 x 17 = 4 x (47 - 17 x 2) - 3 x 17 =
4 x 47- 11 x 17 = 4 x 47- 11 x (111-47 x 2) = 26 x 47- 11 x 111, d'où le résultat avec u = 26
et v = -11.
Remarque. Il existe des résultats analogues sur les polynômes (voir l'exercice 3 page 56).
Exercice 2. a) Montrer que pour tout entier naturel n, 5 | (23n+5 + 3n+1).
b) Montrer que pour tout entier n, 30 | (n5 — n).
c) Quel est le reste de la division euclidienne de 16^2 ) par 7 ?
Solution, a) On a 25 = 2 (mod 5) et 23n = 8n = 3n (mod 5) donc 23n+5 = 2 • 3n (mod 5) et
23n+5 + 3n+i = 2 • 3n + 3 • 3n = 0 (mod 5).
b) D'après le théorème de Fermât, n5 = n (mod 5), c'est-à-dire 5 | (n5 — n).
De même, n3 = n (mod 3) donc n5 = n3 • n2 = n • n2 = n3 = n (mod 3), i. e. 3 | (n5 — n).
Les entiers n et n5 ayant même parité, on a aussi 2 | (n5 — n).
De plus 2, 3 et 5 sont premiers entre eux deux à deux, et finalement 30 = 2 • 3 • 5 divise (n5 — n).
c) Posons N = 16(2l0°°). Il s'agit de déter miner la classe de congruence de N modulo 7. Comme
16 = 2 (mod 7), on a déjà TV = 22l°°° (mod 7). En vue d'utiliser la relation 26 = 1 (mod 7)
(théorème de Fermât), recherchons le reste de la division de 21000 par 6. La relation 42 = 4

1. ARITHMÉTIQUE SUR LES ENTIERS
11
(mod 6) permet d'obtenir, par récurrence sur n, la relation 4n = 4 (mod 6), vraie pour tout n.
En particulier, 21000 = 4500 = 4 (mod 6), donc il existe un entier naturel q tel que 21000 = 6ç + 4.
Il ne reste qu'à écrire
N = 26<?+4 = (26)9 • 24 = 1924 = 24 = 2 (mod 7),
et le reste recherché est 2.
Exercice 3 (Nombres de Mersenne, nombres de Fermât), a) Nombres de Mer-
senne. Soient a > 2 et n > 2 deux entiers. Si an — 1 est un nombre premier, montrer que
a = 2 et que n est un nombre premier (un nombre de la forme 2P — 1 où p est un nombre
premier, est appelé nombre de Mersenne).
b) Nombres de Fermât. Soit n G N*. Si 2n + 1 est un nombre premier, montrer que n est
une puissance de 2.
Solution, a) L'identité xn — 1 = (x — l)(rcn_1 H + x + 1) montre que
\/x G N,x > 2, (x- 1) divise (x11 - 1). (*)
L'entier an — 1 étant premier, on en déduit a — 1 = 1, c'est-à-dire a = 2.
Écrivons n = pq où p et g sont deux entiers naturels. On a an — 1 = 2n — 1 = (2q)p - 1 de
sorte que (29 — 1) divise an — 1 d'après (*), ce qui entraîne q = 1 ou q = n puisque an - 1 est
premier. L'entier n est donc premier.
b) Lorsque n est impair, l'identité xn + 1 = (x + l)(x,7?_1 — • • • + x2 — x + 1) entraîne
Vz G N, Vn G N,n impair , (z + 1) divise (xn + 1). (**)
Si n n'est pas une puissance de 2, n a au moins un facteur impair p > 1. Écrivons n = pq avec
q G N*. L'entier 2n + 1 = (2«)p + 1 est divisible par (2« + 1) d'après (**), donc non premier.
Ainsi, n doit être une puissance de 2.
Remarque. La réciproque du résultat de la question a) est fausse. Par exemple, 211 — 1 =
23 x 49 n'est pas premier. Cependant, on peut tester facilement la primalité des nombres
de Mersenne grâce au test suivant (test de Lucas).
Soit (Yn) la suite définie par Y0 = 2 et Yn+1 = 2Yn2 - 1. Si n > 3, 2n - 1
est premier si et seulement si (2n — 1) | Yn-2-
Ce test a permis de trouver le plus grand nombre premier connu en août 2008 : 243112609-1
(nombre à presque treize millions de chiffres décimaux). On ignore s'il y a une infinité de
nombres de Mersenne premiers ou pas. Notons que les nombres de Mersenne apparaissent
dans les nombres parfaits (voir l'exercice 9 page 14).
- Nombres de Fermât. Fermât avait vérifié que 22" + 1 était premier pour 0 < n < 4
et pensait que 22" + 1 était premier pour tout n. Mais Euler montra que 225 + 1 =
641 x 6700417, et on a jusqu'ici trouvé aucun autre nombre de Fermât premier. On ne
sait même pas s'il y en a ! Le sujet d'étude 2 page 46 donne un test de primalité simple
des nombres de Fermât.
Exercice 4. Soit A la somme des chiffres de 44444444 (écrit dans le système décimal) et
B la somme des chiffres de A. Que vaut C, la somme des chiffres de B ?
Solution. L'exercice repose essentiellement sur la remarque suivante.
Tout entier naturel N est congru à la somme de ses chiffres (en base 10)
modulo 9. (*)

12
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
En effet. On peut écrire N = oq + ai • 10 H 1- ap • 10p, où les a; sont des entiers compris entre
0 et 9. La congruence 10 = 1 (mod 9) entraîne 10* = 1 (mod 9) pour tout i donc
p p
N = J^IO* = J2ai (mod 9)-
i=0 i=0
On applique maintenant ce résultat. OnaC = B = i4 = 44444444 (mod 9). D'après (*),
4444 = 16 = -2 (mod 9) donc 44443 = (-2)3 = 1 (mod 9), et comme 4444 = 3 • 1481 + 1, on a
44444444 = (44443)i48i . 4444 = x . (_2) = 7 (mod 9). Finalement,
C = 7 (mod 9). (**)
Majorons maintenant C de manière à montrer C = 7. Le nombre 44444444 étant inférieur à
100005000 = 1020000, il a au plus 20000 chiffres. Donc A vaut au plus 9 x 20000 = 180000, donc a
au plus 6 chiffres, donc B vaut au plus 6 x 9 = 54, donc C < 5 + 9 = 14. De (**), on tire C = 7.
Remarque. C'est la propriété (*) qui explique le principe de la preuve par 9 que l'on
effectue dans les classes de l'école primaire.
Exercice 5. Soit P = Xn + c\Xn l-\ \-cn-\X + cn un polynôme à coefficients entiers.
Montrer qu'une racine rationnelle de P est nécessairement entière.
Solution. Soit x = a/b une racine rationnelle de P (a G Z, b G N*, a A b = 1). On a
0 = bnP (|) = an + cian~lb + • • • + cn-xabn-1 + cnbn
donc
an = -b(dan-1 + • • • + Cn-xaV1-2 + c»^"1),
ce qui montre que b divise an. Les entiers a et b étant premiers entre eux, ceci n'est possible que
si b = 1, d'où le résultat.
Remarque. On en déduit en particulier que la racine n-ième de tout entier N est soit
entière, soit irrationnelle (considérer le polynôme Xn — N).
Exercice 6. Montrer qu'il y a une infinité de nombres premiers de la forme 6k — l,
keW.
Solution. Raisonnons par l'absurde en supposant qu'il n'y en ait qu'un nombre fini. Désignons
par iV le plus grand d'entre eux. L'entier M = — 1 + 6(./V!) est impair donc 2 f M. De même,
M = -1 (mod 3) donc 3 \ M.
Soit p un facteur premier de M. Si p est de la forme 6fc — 1, alors p < N donc p | (6 • AT!),
d'où p | (6iV! — M) = 1, ce qui est impossible. Le nombre p n'est donc pas de la forme 6k — 1.
De plus p & {2,3} comme on l'a vu plus haut, donc p est de la forme 6k + 1, k G N*. Dans la
décomposition M = p"1 • • • p%n de M en facteurs premiers, on a donc pi = 1 (mod 6) pour tout
i, d'où M = 1 (mod 6), ce qui est absurde car M = — 1 (mod 6) par construction.
Remarque. On peut démontrer de la même manière qu'il y a une infinité de nombres
premiers de la forme 4k — 1. Il existe un théorème plus général (théorème de Dirichlet,
1837) qui dit :
V(a, b) G (N*)2, a A b = 1, il existe une infinité de nombres premiers de
la forme ak + 6, A; G N.

1. ARITHMÉTIQUE SUR LES ENTIERS
13
Malheureusement, ce résultat n'a encore jamais pu être obtenu par des moyens
élémentaires et simples. On peut cependant le démontrer clans certains cas particuliers (voir le
problème 4 page 37, la partie 6/ du sujet d'étude 2 page 46 ou le problème 10 page 92).
En notant 7raj&(:c) le nombre de nombres premiers < x de la forme ak + b, le théorème
de Dirichlet assure également que lorsque a A b = 1, on a iratb(x) ~x—+00 'K{x)lv(.a) (où
ir(x) désigne le nombre de nombres premiers < x et ip(a) l'indicateur d'Euler de a).
EXERCICE 7. a) Montrer qu'il n'existe pas de polynôme P non constant à coefficients
entiers, tel que P(n) soit premier pour tout entier n supérieur à un certain rang N.
b) On considère un polynôme P h h variables et à coefficients entiers. On pose /(n) =
P(n, 2n, 3n,... ,kn), et on suppose limn^oo/(n) = +oo (ceci pour éviter des fonctions
comme /(n) = 2n5n — 10n + 7). Montrer que /(n) ne peut pas être un nombre premier
pour tout entier n supérieur à un certain rang N.
Solution, a) Supposons qu'un tel polynôme existe. Écrivons P = Yl^o^X**. L'entier p =
P(N) = X)fc=o ak Nk est premier. Or tout entier naturel r vérifie
n n
P(N + rp) = Y^ ak(N + rp)k = ^ akNk = 0 (mod p),
fc=0 k=0
autrement dit P(N + rp) est divisible par p pour tout entier naturel r. Comme P(N + rp) est
premier, on a P(N + rp) = p pour tout entier naturel r. Ainsi, le polynôme P(X) — p a une
infinité de racines, il est donc nul, ce qui est contraire aux hypothèses.
b) Supposons l'existence d'une telle fonction. Un peu d'attention montre que / peut se mettre
sous la forme
m / qr \
/(n) = 5Z(SCr^nja?'
r=l \s=0 /
où les ar et cryS sont entiers, avec 1 < a\ < 0,2 < • • • < am. Comme limn_*oo/(n) = +00, on
peut supposer f(N) > am > • • • > ai > 1 (quitte à augmenter N). Notons p le nombre premier
p = f(N). On a
W G N, Vs G N, [N + £p(p - l)]5 = Ns (mod p),
et d'après le théorème de Fermât, lorsque 1 < r < m on a
oPr~l = 1 (mod p) donc W G N, a^^"1) = a^ (mod p).
Finalement,
W G N, [TV + £p{p - lJl'ajy+^fr-1) = Nsa^ (mod p),
et ceci pour tous les entiers r, s donc f[N + £p(p— 1)] = f(N) = 0 (mod p). Ceci étant vrai pour
tout entier naturel £, on aboutit à une absurdité.
Exercice 8. Pour tout entier naturel n, on pose Fn = 22" + 1 (nombres de Fermât).
a) Montrer que les nombres (Fn)nGN sont premiers entre eux deux à deux.
b) En déduire une autre démonstration du fait qu'il y a une infinité de nombres premiers.
Solution, a) Si n G N, A; G N*, il s'agit de montrer que Fn et Fn+k sont premiers entre eux. La
relation
entraîne
Fn+k - 1 = (Fn - l)2" = (-1)2" = 1 (mod F„)

14
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
donc Fn | (Fn+k - 2). Ainsi, le pgcd d de Fn et Fn+k divise Fn+k - 2. Comme de plus d \ Fn+k,
d divise 2, et Fn étant impair, on a nécessairement d = 1.
b) Pour tout n G N, notons pn un facteur premier de Fn. Les Fn étant premiers entre eux deux à
deux, les (pn)neN sont distincts deux à deux. On a donc trouvé une infinité de nombres premiers.
Remarque. Profitons en ici pour rappeler quelques résultats dans l'histoire des nombres
premiers. Les grecs savaient déjà qu'il y en avait une infinité. Le gros résultat suivant fut
le théorème des nombres premiers.
Si Va; > 0, ir(x) désigne le nombre de nombres premiers inférieurs à x,
on a ir(x) ~ a;/log(:r) lorsque x tend vers l'infini.
Il fut démontré pour la première fois et presque simultanément par J. Hadamard et C. De
la Vallée Poussin en 1896. Les démonstrations les plus classiques de ce résultat font appel
à la fonction £ de Riemann. Une preuve en est proposée en annexe du tome d'Analyse
(deuxième édition).
Exercice 9 (Nombres parfaits). 1/a) Pour tout entier naturel non nul n, on note
a(n) la somme des diviseurs de n. Exprimer a(n) en fonction des termes intervenant dans
la décomposition de n en facteurs premiers. Montrer que
n A m = 1 => a(nm) = a(n)a(m). (*)
b) On dit qu'un entier naturel non nul n est parfait s'il est égal à la somme de ses diviseurs
autres que lui même (i. e. si a(n) = 2n). Si 2P — 1 est un nombre premier, montrer que
n = 2P_1(2P - 1) est un nombre parfait.
c) Réciproquement, démontrer qu'un nombre parfait pair n est de la forme 2P_1(2P — 1),
où 2P — 1 est nécessairement un nombre premier.
2/ (Nombres parfaits impairs), a) (Théorème d'Euler). Montrer que s'il existe un nombre
parfait impair n, alors il est nécessairement de la forme
n = p1+4aQ2 avec p premier, p = 1 (mod 4), a G N, et Q G N* avec p A Q = 1.
(Indication : à partir de la décomposition en facteurs premiers n = fj pf*, étudier la valeur
de cr(p^) modulo 4.)
b) Montrer qu'un nombre parfait impair a au moins 3 facteurs premiers distincts.
Solution, a) Si n = p"1 • • • p^k est la décomposition de n en facteurs premiers, on a
<*»)= e î>?ipf2---pf'=n(i+R+'-'+p?i)=n(Çr
0</?i<<*i i=l i=l \ Pt
0</?fc<afc
La propriété (*) en découle immédiatement.
b) On applique les résultats de la question précédente pour écrire
a{n) = C7[2p"1(2p - 1)] = a(2p-1)cr(2p - 1) = (2P - 1)2P = 2n.
c) La réciproque est plus délicate. Comme n est pair, il existe un entier p > 2 tel que n =
2p-1ra avec m impair. Le fait que 2P_1 A m = 1 nous autorise à utiliser (*), de sorte que
a{n) = o-(2p_1)c7(m) = (2P - l)a(m). Or a(n) = 2n = 2pra donc (2P - 1) | 2pm, et comme
(2p - 1) A 2P = 1, d'après le théorème de Gauss on a (2P - 1) | m. Autrement dit, il existe £eN*
tel que m = (2P-1)^. La relation 2pra = 2n = a(n) = (2p-l)cr(m) entraîne a (m) = 2P£ = m+L
Si £ > 1, m a au moins trois diviseurs distincts qui sont 1, £ et m, d'où a(m) > m + £ + 1,
ce qui est absurde. Donc ^=l,m = 2p — let cr(ra) = ra + ^ = ra + l;onen déduit que
•

1. ARITHMETIQUE SUR LES ENTIERS
15
les seuls diviseurs de m sont 1 et m, donc m est un nombre premier. En résumé, on doit avoir
n = 2P~"1(2P — 1) où 2P — 1 est un nombre premier.
2/a) Considérons la décomposition de n en facteurs premiers n = p±l • • -p£*. D'après 1/a), on a
c(n) = cr(Pil) • • • o-(p^k). Comme n est un nombre impair, on a 2n = 2 (mod 4). Si n est parfait,
alors cr(n) = 2n donc cr(p^) • • • cr(p^) = 2 (mod 4). Ceci implique forcément qu'il existe un et
un seul indice i pour lequel cr(p^) = 2 (mod 4) et que les autres vérifient cr(p^i) = ±1 (mod 4).
Quitte à renuméroter les pi, on peut donc supposer que
afâ1) = 2 (mod 4) et \/i > 2, a(pfl) = ±1 (mod 4). (**)
Les Pi sont des nombres premiers impairs car n est impair. Nous traitons deux cas selon que
Pi = -1 ou 1 (mod 4).
(i) Si pi = — 1 (mod 4), alors l'égalité cr(p^) = 1 +pi + • • • +p(*i entraîne
a(^) = l + (_l) + ... + (_l)^ = /° (mod4) « «< est impair,
1 [ 1 (mod 4) si ai est pair.
D'après (**) on en déduit i > 2 et ai est forcément un nombre pair,
(ii) Lorsque Pi = l (mod 4), on a
a(p^) = 1 +pi + • • • +p? = a{ + 1 (mod 4).
Avec (**), on en déduit que a\ = 1 (mod 4) et que ai est pair pour i > 2.
En résumé, on a forcément p\ = 1 (mod 4), a\ = 1 (mod 4) et dans tous les cas, ai est pair
lorsque i > 2. Le résultat en découle avec p = pi, a = (ai — l)/4 et Q = p%2 • • • p£ .
b) Soit n = p^1 • • -p%k la décomposition en facteurs premiers de n, avec p\ < p<i < ... < p^. Si
n est parfait, l'égalité cr(n) = 2n entraîne
2=^)=^^)=i^a+i+...+ m^ i^.
Si A; = 1, on a pi > 3 et (***) entraîne 2 < (1 — 1/pi)-1 < 3/2 ce qui est absurde. Si fc = 2, alors
Pi > 3 et p2 > 5, donc d'après (***) on a 2 < (1 - l/pi)_1(l - VP2)"1 < (3/2) • (5/4) = 15/8
ce qui est absurde. Donc k > 3.
Remarque. On ne connaît aucun nombre parfait impair, on ne sait même pas s'il y en a.
Outre le résultat 2/a), on sait que s'il en existe un alors il a au moins 300 chiffres décimaux
et il a au moins 9 facteurs premiers distincts dont le plus grand est supérieur à 108.
Exercice 10 (Théorème de Liouville). Soitp > 5 un entier. Montrer que l'équation
en m G N*
(p-l)! + l=pm
n'a pas de solution.
Solution. Comme p > 5, (p — 1)! + 1 est impair donc pm est impair, donc p est impair. Or p > 5
donc 2 < £=i <p-l, d'où
(p-l)2 = 2-(^).(p-l) divise (p-1)!.
Ceci étant, supposons (p — 1)! + 1 = pm. Comme (p — 1)! = pm — 1, (p — l)2 divise pm — 1 =
(p- 1)(1 + p + • • • + pm_1), donc (p - 1) divise 1 + p + • • • + pm_1. Or p = 1 (mod p-1) donc
1 +p + • • • + pm_1 = m (mod p — 1), ce qui prouve (p — 1) | m. Ceci montre m > p — 1 donc
pm > pP-1 > (p _ i)p-i > (p - 1)!, et finalement (p - 1)! + 1 < pm et l'équation proposée n'a
pas de solution.

16
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
Exercice 11 (Critère de factorisabilité des nombres de Mersenne). a) Soit
p un nombre premier de la forme 4/c + 3 avec k G N*. Montrer que 2^p~1^2 = (—l)fc+1
(mod p).
b) On rappelle que les nombres de Mersenne sont les nombres de la forme Mp = 2P — 1
où p est un nombre premier (voir l'exercice 3). Si p est un nombre premier de la forme
Ak + 3 (A; G N*) et si 2p + 1 est premier, montrer que Mp n'est pas premier.
Solution, a) Posons
N = 2{-p~v>'2 (—) •' = 2^-1)/2(2fc + 1)!.
L'astuce est de donner une autre expression de N modulo p. On écrit
ou encore
N = 2(p-1)/2(l • 2- • • ?—-) = 2 • 4- • • (p - 1) (mod p),
N = (2 • 4 • • • (2Â;)) • ((2k + 2) • • • (4fc) • (4fc + 2)) (mod p).
Les congruences
2k + 2 = -(2fc + l) (modp)
2A; + 4 = -(2fc-l) (modp)
4fc + 2 = -1 (modp)
entraînent
(2fc + 2) • (2fc + 4) • • • (4ife) • (4fc + 2) = (-l)k+1(2k + 1) • (2k - 1) • • • 3 • 1 (mod p)
donc
TV = (2 • 4 • • • (2*0) • (-l)k+1((2k + 1) • • • 3 • 1) (mod p),
d'où
2(p-i)/2(2/b + i)! = AT = (-l)k+1(2k + 1)! (mod p),
d'où le résultat car comme p est premier et 2k + 1 < p, on a (2k + 1)! ^ 0 (mod p).
b) Supposons p = Ak + 3 premier, ainsi que ç = 2p + 1 = 8k + 7. Le résultat précédent appliqué
à q = A(2k + 1) + 3 donne
2(g-l)/2 = 2p = (_1)2fc+2 = x (mod ^
donc 2P — 1 = 0 (mod 2p +1). Autrement dit, 2p+1 divise Mp > 2p +1 et Mp n'est pas premier.
Remarque. En appliquant b) aux petits nombres premiers, on montre que Mp n'est pas
n'est pas un nombre premier pour p = 11, 23, 83, 131, 179, 191, 239, 251.
Exercice 12. Résoudre x2 + y2 = z2y avec (x,yy z) e (N*)3. (Indication : se ramener au
cas où x}y et z sont premiers entre eux, puis étudier leur parité.)
Solution. Quitte à tout diviser par pgcd(#,2/,z)2, on peut supposer x,y et z premiers entre eux
dans leur ensemble. On vérifie alors facilement que x, y et z sont premiers entre eux deux à deux.
- Étudions la parité de x, y et z. Tout nombre impair N = 2n + 1 vérifie N2 = 4n2 + 4n + 1 = 1
(mod 4). Donc si x et y sont impairs, x2 + y2 = 2 (mod 4), donc z est pair et on aboutit à une
absurdité car z2 = 0 (mod 4). L'un des entiers x ou y est donc pair, par exemple x. Comme #,
y et z sont premiers entre eux deux à deux, y et z sont impairs.
- On écrit
x\2 (z — y\ (z + y'
(§)-
2 7 V 2 7
(z et y étant impairs, ^^ et ?±1L sont entiers). Ceci montre que ^- et ^^ sont des carrés
2-
d'entiers. Si tel n'était pas le cas, la décomposition de (f )2 en facteurs premiers entraînerait

2. GROUPES
17
l'existence d'un nombre premier p divisant {j-^) et (^-). L'entier p diviserait (^-^ + ^-) = z
et /£±2/ — £=2) = y ce qui est impossible car y A z = 1.
- Finalement, il existe (n,ra) G N2, tel que ^^ = n2 et ^- = m2. On en déduit x = 2mn,
y =z m2 — n2 et z = m2 + n2. Réciproquement, ce triplet est solution. La solution du problème
général est donc
(x,y) ou (y,x) = (2kmn,k(m2 - n2)); z = k{m2 + n2) k G N*,(ra,n) G N2,ra > n.
Remarque. Cet exercice est un cas particulier de l'équation xn + yn = zn. Fermât énonça
en 1637 que pour tout entier n > 3, cette équation n'a pas de solution (x,y, z) G (Z*)3,
et affirmait qu'il en possédait une démonstration. La prétendue preuve n'a jamais été
retrouvée et les mathématiciens, après de très nombreuses recherches aux cours des siècles
suivants, ont sérieusement douté de l'existence de la preuve de Fermât. Une démonstration
complète du théorème de Fermât a finalement été trouvée en 1993 par le mathématicien
anglais Andrew Wiles, résolvant ainsi le problème le plus célèbre des mathématiques.
Inutile de dire que le niveau de la preuve dépasse largement celui des classes préparatoires.
- Pour ceux que la théorie des nombres intéresse, on ne peut que conseiller l'excellent
ouvrage de Hardy et Wright : An Introduction to the Theory of Numbers.
2. Groupes
2.1. Généralités
DÉFINITION 1. On appelle groupe un ensemble G muni d'une loi interne * telle que
(i) La loi * est associative (i. e. pour tous x, y, z clans G, (x * y) * z = x * (y * z)).
(ii) Il existe un élément neutre e (i. e. pour tout x € G, x*e = e*x = x).
(iii) Tout élément a un symétrique (i. e. pour tout x G G, il existe y G G tel que x * y =
y*x = e).
Si la loi * est commutative, on parle de groupe commutatif (ou abélien).
Remarque 1. - L'élément neutre e de (G,*) est unique.
- Pour tout x G G, x a un unique symétrique, souvent noté x-1.
Définition 2. Soit (G,*) un groupe; on dit que H c G est un sous-groupe de G si la
restriction de la loi * à H lui confère une structure de groupe.
Exemple 1. L'ensemble Z des entiers, muni de la loi d'addition, est un groupe. Pour tout
n G N, nZ est un sous-groupe de (Z, +). Réciproquement, on peut démontrer que tous les
sous-groupes de (Z, +) sont de la forme nZ avec n G N.
Dorénavant, la loi * d'un groupe sera notée multiplicativement (la notation additive
est réservée aux groupes abéliens).
Proposition 1. Soit G un groupe et H c G. L'ensemble H est un sous-groupe de G si
et seulement si H ^ 0 et pour tout couple (x, y) E H on a xy~l G H.
Proposition 2. Une intersection de sous-groupes d'un groupe G est un sous-groupe de
G.
Remarque 2. Le résultat est faux clans le cas d'une réunion (voir l'exercice 2).
Définition 3. Soit (G, •) un groupe. On appelle centre de G, noté Z(G), l'ensemble des
éléments de G commutant avec tous les éléments de G. L'ensemble Z{G) est un sous-
groupe de G.

18
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
Définition 4. Si G est un groupe fini, Card(G) s'appelle l'ordre de G.
Théorème 1 (Lagrange). Soit G un groupe fini. L'ordre de tout sous-groupe H de G
divise Vordre de G.
Démonstration. La relation x 1Z y 4=> xy~l G H est une relation d'équivalence. Si on note x la
classe de x G G, on a x = Hx = {zx, z G H}. (En effet : y G x <=> ylZx <=> yx~l G H <*=>
y G Hx).
Pour tout x G G, l'application H —> Hx y \-^ yx est une bijection comme on le vérifie
facilement, donc Card(#:c) = Card(if). Ainsi, les classes ont toutes Card(#) éléments. Les
classes d'équivalences formant une partition de G, on a donc Card(G) = nCard(if) où n =
Card(G/ 1Z ) désigne le nombre de classes d'équivalence. □
Remarque 3. - Les classes utilisées dans la preuve du théorème (de la forme Hx) sont
appelées classes à droite suivant le sous-groupe H. On aurait aussi pu considérer la
relation d'équivalence définie par xlZy <=> x~ly G H, dont les classes sont de la
forme xH et sont appelées classes à gauche suivant H.
- L'entier Card(G/ 1Z ) est appelé indice de H dans G, et noté [G : H]. On a Card(G) =
[G:H]x Card(#).
sous-groupes distingués.
Définition 5. Soit G un groupe. Un sous-groupe H de G est dit distingué (ou normal,
ou invariant) dans G si pour tout x e G, xH = Hx.
Exemple 2. - Tout sous-groupe d'un groupe abélien G est distingué dans G.
- Le centre Z(G) d'un groupe G est distingué dans G. Plus généralement, tout sous-
groupe de Z{G) est un sous-groupe distingué dans G.
Remarque 4. Lorsque H est un sous-groupe distingué de G, on note parfois H < G. Il
faut prendre garde à cette notation qui n'est pas transitive. Autrement dit, si L < H et si
H < G, il est faux d'écrire L <G.
Le résultat qui suit est parfois un moyen pratique de montrer qu'un sous-groupe est
distingué.
Proposition 3. Soit G un groupe. Un sous-groupe H de G est distingué dans G si et
seulement si pour tout x G G, xHx~l c H.
Groupes quotient. Soit G un groupe. On recherche les relations d'équivalence 7Z sur
G telles que G/1Z soit un groupe. Un moyen naturel de faire de G/TZ un groupe est de le
munir de la loi x • y = (xy) (la notation x désigne la classe de l'élément x). Encore faut-il
que (xy) ne dépende pas des représentants x et y des classes x et y, c'est-à-dire que si
xlZx' et ylZy', on veut (xy)TZ(x'y'). Si tel est le cas, on dit que 1Z est compatible avec
la structure de groupe.
On montre que les relations d'équivalence compatibles avec la structure de groupe sont
les relations xlZy <=> xy-1 G H, où H est un sous-groupe distingué de G (dans ce cas,
les classes à gauche suivant H coïncident avec les classes à droite suivant H). Muni de la
loi quotient définie plus haut, l'ensemble quotient G/1Z est alors un groupe appelé groupe
quotient et noté G/H. Si G est fini, on a Card(G) = Card(G/#) • Card(if).
Exemple 3. Si n est un entier naturel non nul, riL est un sous-groupe du groupe additif
(Z, +). Ce dernier étant commutatif, on est même assuré du fait que nL est un sous-groupe
distingué de Z. Ainsi, on peut définir le groupe quotient Z/nZ (défini tel quel, Z/nZ ne
possède qu'une structure additive ; la structure d'anneau de Z/nZ n'est introduite que
lorsque l'on parle d'anneau quotient — voir l'exemple 3 de la partie 3.2).

2. GROUPES
19
Morphismes de groupes. Dans ce paragraphe, G et G' désignent deux groupes, dont
les éléments neutres sont notés respectivement e et e'.
DÉFINITION 6. Soit (p : G —> G' une application. On dit que ip est un morphisme de
groupes si pour tous x,y eG, ip(xy) = <p{x)y(y).
- Si (p est bijective, on dit que tp est un isomorphisme de groupes ; si de plus G' = G,
on dit que (p est un automorphisme du groupe G.
- L'ensemble <p~l({e'}) est appelé noyau de </? et noté Kery>. Le morphisme tp est
injectif si et seulement si Kery> = {e}.
Proposition 4. 5o# (p : G —> G' un morphisme de groupes, H et H' deux sous-groupes
de G, G'. Alors
- <p(H) est un sous-groupe de G', distingué si H est distingué dans G et si (p est
surjectif.
- ip~l(H') est un sous-groupe de G, distingué dans G si H' est distingué dans G'.
En particulier, {e'} étant distingué dans G', Kenp = </?_1({e'}) es^ distingué dans G. De
plus, le groupe quotient G/Kevtp est isomorphe à <p(G).
•>• Remarque 5. Ce dernier résultat est important. En particulier, si tp : G —> G' est un
morphisme surjectif, le groupe G' est isomorphe à G/ Ker <p. Cet isomorphisme est souvent
utilisé lors de la résolution d'un exercice ou d'un problème sur les groupes.
Groupe des automorphismes intérieurs.
DÉFINITION 7. Soit G un groupe. Pour tout a e G, l'application ipa\ G —> G x i-> axa-1
est un automorphisme de G. L'ensemble A = {(pa, o, G G}, muni de la loi de composition,
est un groupe (on a d'ailleurs ipa0iPb — <Pab), appelé groupe des automorphismes intérieurs
de G.
2.2. Génération d'un groupe
Dans toute cette partie, G désigne un groupe, dont l'élément neutre est noté e.
DÉFINITION 8. Soit A C G. Il existe un plus petit sous-groupe H de G contenant A,
qui est l'ensemble des éléments de G qui s'écrivent comme le produit d'éléments de A et
d'inverses d'éléments de A. On l'appelle sous-groupe engendré par A et on note H = (A)
. Lorsque l'ensemble A = {xi,..., xn} est fini, on note aussi H = (x\,..., xn).
Exemple 4. Pour tout a G G, (a) = {am \ m G Z}. Si deux éléments a et b de G
commutent, alors (a,b) = {ambn \ (m,ri) G Z2}.
Définition 9. - Un groupe G est dit monogène s'il existe a G G tel que G = (a). Si
de plus G est fini, on dit que G est cyclique.
- Un groupe G est dit de type fini s'il existe un nombre fini d'éléments ai,... ,an
de G tels que G = (ai,..., an). Un tel n-uplet (ai,..., an) est appelé système de
générateurs de G.
Remarque 6. - Tout groupe monogène est abélien.
- Pour tout entier naturel non nul n, (Z/nZ, +) est un groupe cyclique. De plus, tout
groupe cyclique à n éléments est isomorphe à (Z/nZ, +).
Définition 10. Un élément a de G est dit d'ordre p G N* si (a) est fini d'ordre p.
L'ordre de a est aussi le plus petit entier naturel non nul p tel que ap = e, et on a
(a> = {e,a,...,aP-1}.
"*" Théorème 2. Si G est fini d'ordre n, alors l'ordre de tout élément de G divise n. En
particulier, tout élément a de G vérifie an = e.

20
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
Théorème 3. Soit a un élément de G d'ordre p. On a l'équivalence (aq = e) <=>
(p I q).
Théorème 4. Si l'ordre de G est un nombre premier, le groupe G est cyclique, engendré
par tout élément différent de l'élément neutre.
Proposition h. Si G est cyclique d'ordre n, G = (a), alors
((ak) = G) <=^ (ifeAn = l).
Démonstration. Comme G = (a), l'assertion (ak) = G est équivalente à l'existence d'un entier
v tel que akv = a. Ceci s'écrit aussi akv~l = e, ou encore n | (kv — 1), c'est-à-dire 3u,v G
Z | kv — 1 = un, ce qui équivaut d'après le théorème de Bezout à k A n = 1. □
2.3. Groupe symétrique
Définition 11. Pour tout entier naturel n non nul, on note <Sn le groupe des permutations
de {1,..., n} (muni de la loi de composition). Le groupe <Sn est appelé groupe symétrique
d'indice n. Si s e.«S„, on note 5 = (s(\) s(22) Z 8"n)).
Remarque 7. On a Card(«Sn) = n!.
Définition 12. Lorsque i ^ j, on appelle transposition sur i, j la permutation notée r^
permutant les éléments i et j :
= ( l ••• i - 1 i i + 1 • • • j - 1 j j + 1 • • • n\
r,J \l • • • i - 1 j i + 1 • • • j - 1 i j + 1 • • • n J '
Théorème 5. Tout élément de Sn se décompose en produit de transpositions.
Définition 13. Si s e Sn et a e {1,... ,n}, on appelle orbite de a suivant s l'ensemble
Os(a) = {sk(a),keZ}.
Définition 14. Soit 7 G Sn. On dit que 7 est un cycle si parmi les (97(a), 1 < a < n, il
n'existe qu'une seule orbite non réduite à un élément. Autrement dit s'il existe p > 2 et
a e {1,... ,n} tels que
<97(a) = {a,7(a),... ,7p_1(a)} et Vx g (97(a), y(x) = x.
L'orbite 07(a) est appelé support du cycle, son cardinal la longueur du cycle, et on note
7= (a,7(a),...,7p-1(a)).
Exemple 5. - Une transposition est un cycle de longueur 2.
- Dans <S5, s = (1,3,5) = (32541) est un cycle de support {1,3,5} et de longueur 3.
- L'élément s = (2143) de<S4 n'est pas un cycle (deux orbites, {1,2} et {3,4}).
Remarque 8. - Des cycles à supports disjoints commutent.
- L'ordre d'un cycle dans le groupe <Sn est sa longueur.
Théorème 6. Toute permutation s ^ là se décompose de manière unique à l'ordre prés
en un produit de cycles dont les supports sont deux à deux disjoints.
Exemples. - (J f \ |) = (1,2) ■ (3,4) = (3,4) • (1,2).
-Gti?iin = (l,2,6,4)-(3,5) = (3,5)-(l,2,6,4).

2. GROUPES
21
Siqnature d'une permutation.
DÉFINITION 15. Soit s e Sn. On appelle signature de 5 le produit
x A l — i
On a s(s) G {—1,1}. Si e(s) = 1 (resp. e(s) = — 1), s est dite paire (resp. impaire).
Proposition 6. Si s et t sont deux éléments de Sn alors e(st) = £(s)e(t).
Remarque 9. - Une transposition est de signature — 1.
- La proposition précédente exprime le fait que e : <Sn —» {—1,1} est un morphisme
de groupe. L'ensemble An = £_1({1}) = Kere est un sous-groupe distingué de Sn,
d'indice 2 : on a Card(,4n) = n\/2 et An s'appelle le groupe alterné d'indice n.
Proposition 7. La signature d'un cycle de longueur p est (—l)p_1.
Démonstration. Soit s = (ai,a2, • • • , ap) un cycle de longueur p. Le cycle s peut se décomposer
sous la forme s = (ai, ap) • (ai, ap-\) • • • (ai, as) • (ai, 02), c'est le produit de p — 1 transpositions.
Une transposition étant de signature —1, on en déduit le résultat. □
2.4. Groupe opérant sur un ensemble
Dans cette partie, G désigne un groupe dont l'élément neutre est noté e, X un ensemble
quelconque.
Définition 16. On dit que G opère sur X s'il existe une application
G x X ^ X (5, x) h-» s • x
telle que
(i) V(M) e G2yx eX} s-{t-x) = (st) • x
(ii) VxGl, e ■ x = x.
(Remarquer l'analogie avec un espace vectoriel sur un corps K.)
Exemple 7. - Le groupe G opère sur lui même par l'application
G x G —*■ G (s, x) h-» sx.
- Le groupe des permutations S d'un ensemble X opère sur X par l'application
S x X —> X (s, x) 1-* s(x).
Equivalence d'intransitivité. Dans ce paragraphe, G est un groupe opérant sur un
ensemble X.
Définition 17. La relation sur X définie par
x T y <=> 3s e G, y = s ■ x
est une relation d'équivalence, appelée relation d'intransitivité. La classe d'équivalence
d'un élément x de X est Gx = {s • x \ s G G}, on l'appelle classe d'intransitivité (ou
orbite, ou trajectoire) de x.
Définition 18. Le stabilisateur d'un élément a; de X est le sous-ensemble de G défini
par 5a; = {s G G | 5 • x = x}.
Proposition 8. Pour tout élément x de X, Sx est un sous-groupe de G.
Démonstration. L'ensemble 5a,- n'est pas vide car e G 5a;. Par ailleurs, pour tout s,t G G on a
t-x = x donc x = t-1 • (t• x) = t~l • x. Ainsi, (st-1) • a; = 5• (t-1 • x) = s• x = x, d'où si-1 G 5X.
D

22
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
Théorème 7. Si G est fini, pour tout x e X on a Card(G) = Caid(Gx) ■ Caxd(Sx).
Démonstration. On fixe x. Soit 7lx la relation d'équivalence sur G définie par : 5 Tlx t ^=^
s • x = t • x. On a s 1ZX t <*=>• {t~1s) • x = x <=*► t_1s G Sx 4=> s G fS^. Les classes
d'équivalences sont donc de la forme tSx, t e G, ce qui montre qu'elles sont toutes de cardinal
Card(5x). Il y a autant de classes d'équivalences que de valeurs prises par s-a:, x G (3, c'est-à-dire
qu'il y a Ca,rd(Gx) classes d'équivalence. Donc Card(Gf) = C&vd(Gx) • Card(5a?). □
Corollaire 1 (Équation aux classes). SiX et G sont finis, en désignant par 6 une
partie de X contenant exactement un représentant de chacune des classes d'intransitivité,
on a
Card(C)
CardW = £Card(G,) = £^
Application aux automorphismes intérieurs.
Théorème 8. Soit G un groupe fini. Il existe une famille finie de sous-groupes stricts de
G (\. e. 7^ {e} et ^ G) (Hi)i€l telle que
Card(G) = Card(.E(G)) + £ ^^21
Card(fli)
où Z(G) désigne le centre du groupe G.
Démonstration. Faisons opérer G sur lui même par les automorphismes intérieurs : G x G —>
G} (s}x) »—► (ps(x) = sxs'1. Si x G Gy on a Gx = {sxs~x \ s G G} et Sx = {s G G \ sx = xs}
(dans ce cas, Sx est aussi appelé centralisateur ou normalisateur de x). D'après le corollaire
précédent il existe 0 C G tel que
Cal.d(G) = £ £!$f>
£gCard(S*)
Or Sx = G <=► Vs 6 G, sx = xs -^=s- x 6 Z(G), En notant 0' = 0 \ Z(G), on a donc
d'où le théorème car les {Sx)xeQ' constituent une famille finie de sous-groupes stricts de G (ce
sont des sous-groupes d'après la proposition 8, différents de G car x G" Z{G), différents de {e}
car {e,x} C Gx). □
Remarque 10. Ce dernier résultat est très puissant car il permet d'avoir des renseignements
sur C&ïd(Z(G)) connaissant a priori la forme des ordres des sous-groupes de G (voir
l'exercice 11 page 27, le problème 7 page 40 et le problème 9 page 41). Cependant, cette
formule n'est pas au programme de mathématiques spéciales et il faut au besoin savoir la
redémontrer.
2.5. Exercices
Exercice 1. Soit G un groupe quelconque, soient x,y G G. On suppose que xy est
d'ordre fini p dans G. Montrer que yx est également fini d'ordre p.
Solution. Si x et y commutent, c'est bien sûr évident. Plaçons nous maintenant dans le cas
général. On commence par remarquer que pour tout n G N*,
(xy)n = (xy) • • • (xy\ = xjyx) • • • (yx)y = x{yx)n~ly.
n termes n—1 termes

2. GROUPES
23
Ainsi en désignant par e l'élément neutre de G> on a
{xy)n = e *=> x(yx)n-ly = e ^=> yx(yx)n-ly = y *=> (yrr)n = e
ce qui prouve que les ordres de xy et de yrr sont identiques.
EXERCICE 2. Soient G un groupe et #i, H2 deux sous-groupes de G.
a) On suppose que Hi U H2 est un sous-groupe de G. Montrer que Hi C H2 ou i/2 C H\.
b) Si les ordres de H\ et #2 sont finis et premiers entre eux, que dire de H\ n H2 ?
Solution, a) Raisonnons par l'absurde. Si #1 ç£ #2 et #2 £ #1, il existe rri e #1, x\ 0 #2 et
il existe £2 G #2* #2 & H\. Comme H\ U #2 est un sous-groupe, le produit x\X2 appartient à
H\ U #2- Si rrirr2 G #1, alors X2 = x^l(x\X2) G #1, ce qui est absurde. De même, on parvient à
une absurdité en supposant x\x<i G #2- D'où le résultat.
b) On sait que H\ fl #2 est un sous-groupe de H\ et #2- Ainsi, l'ordre de H\ n #2 divise l'ordre
de H\ et l'ordre de #2* et vaut donc 1. Finalement, en désignant par e l'élément neutre de G>
ona#in#2 = {e}.
Exercice 3. Soient G un groupe et #1, H2 deux sous-groupes de G. On pose HiH2 =
{xy | x G Huy G H2}.
a) A quelle condition nécessaire et suffisante HiH2 est-il un sous-groupe de G ?
b) Si H\ et #2 sont finis et si HinH2 = {e} (où e désigne l'élément neutre de G), montrer
Card(#!#2) = Card(Jïi) ■ Card(#2).
c) On suppose G abélien, H\ et H2 d'ordres finis p et g, où p et q sont deux nombres
premiers distincts. Montrer que H\H2 est un sous-groupe cyclique de G.
Solution, a) Nous allons montrer que H1H2 est un sous-groupe de G si et seulement si H1H2 =
H2H1.
Condition nécessaire. Soit a G H1H2. Alors a-1 G H1H2 autrement dit 3(rr,y) e H\X H2,a~l =
xy. Ainsi a = y~lx~l, d'où a G H2H1. Donc #1^2 C H2H1.
Il reste à montrer l'inclusion réciproque. Soit a = yx G #2#i avec x e Hi et y e H2. Comme
a"1 = x~ly~l G H1H2, on a a G H1H2 car #1^2 est un sous-groupe. Ainsi, H2H1 C H1H2.
Condition suffisante. Bien sûr, #1^2 7^ 0- Soient a, 6 G H1H2. Il s'agit de montrer a&_1 G H1H2.
Écrivons a = a\a,2 et 6 = &i&2> avec ai,61 G #1 et a2,&2 G H2. On a a&_1 = a^&^&f1 = aiyrr
avec y = a2&^~1 G #2 et x = b^1 G #1. Comme H1H2 = #2#i, il existe (xf,yf) e H\ x H2 tel
que yx = x'y*. Donc a&_1 = a\x'yf = (a\xf)(yf) G H1H2, d'où le résultat.
b) Considérons l'application
(p : H\ x H2 —> #i#2 (^1,^2) h-> £i#2-
Elle est surjective (par construction de l'ensemble d'arrivée H1H2), et injective car si ip(xi>X2) =
^(2/1,2/2), alors x\X2 = 2/12/2 donc yïlx\ = yix^, d'où yïxx\ e HinH2 = {e}, donc x\ = y\ et
donc X2 = 2/2- Finalement, (p est une bijection, donc Card(ifi) • Card(iÏ2) = Card^iiife)-
c) Le groupe G étant ici abélien, on a H1H2 = H2H1 donc H1H2 est un sous-groupe de G d'après
a). Par ailleurs, on a Cardai #2) = PQ d'après b) car H\ n H2 = {e} (voir l'exercice précédent,
question b)).
Les sous-groupes H\ et H2 sont cycliques car leur ordre est un nombre premier. Soient x G H\
et y g H2 tels que H\ = {x) et H2 = (y). Montrons que #1^2 = (xy). Il s'agit de prouver que
l'élément xy est d'ordre pq = Cardai#2)- Le fait que (xy)n = e entraîne xn = (y~l)n. Or
HiH H2 = {e}, donc xn = (y~l)n = e, donc p \ n et q | n, et p et q étant premiers entre eux
(car premiers et distincts), pq \ n. Donc l'ordre de xy est supérieur à pq et comme il est toujours
inférieur à Cardai#2) = pq, son ordre est bien pq.

24
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
Exercice 4. Soient G\, • • • > Gn des groupes cycliques d'ordres respectifs ai,..., an.
Donner une condition nécessaire et suffisante portant sur les a* pour que le groupe G ~
G\ x • • • x Gn soit cyclique.
Solution. Commençons par montrer le résultat suivant :
Lemme. Pour tout i, soit xi un élément de G{ d'ordre /?;. Alors x = (rri,... ,rrn) est dyordre
ppcm (/?i,...,(3n) dans G\ x • • • x Gn.
Preuve. Pour 1 < i < n, notons ei l'élément neutre de G{> de sorte que e = (ei,...,en) est
l'élément neutre de G. On a : (xp = e) <=> (Vz,rrf = e;) <=> (Vz,$ | p). Le plus petit entier
naturel non nul p tel que xp = e est donc le plus petit multiple communs aux $, d'où le lemme.
Montrons maintenant la condition nécessaire et suffisante :
Le groupe G est cyclique si et seulement si les ai sont premiers entre eux deux
à deux.
Condition nécessaire. Soit x = (x\}...,xn) engendrant G. Il est clair que pour tout i} Xi engendre
Gi} donc est d'ordre a;. D'après le lemme, l'ordre de x est ppcm (ai,..., an). Comme x engendre
Gy son ordre est aussi Card(G) = ai • • • an. Donc ppcm(ai,..., an) = ai • • • an, ce qui entraîne
que les a* sont premiers entre eux deux à deux.
Condition suffisante. Pour tout z, considérons Xi G Gi d'ordre ai (xi existe puisque Gi est
cyclique par hypothèse). D'après le lemme, x = (x\y... ,rcn) est d'ordre ppcm (ai,... ,an) dans
G, et ce dernier terme égale ai • • • an = Card(G) puisque les a* sont premiers entre eux deux à
deux. Finalement, G = (x) est cyclique.
Exercice 5. Soit G un groupe, e son élément neutre. On suppose que tout élément x de
G vérifie x2 = e.
a) Montrer que G est un groupe abélien.
b) Si G est fini et si G ^ {e}, montrer qu'il existe un entier n tel que G soit isomorphe
au groupe [(Z/2Z)n,+].
Solution, s) Si x e G l'égalité x2 = e s'écrit aussi x = rr_1. Si x et y sont dans G, on a donc
xy = (xy)~l = y~lx~l = yx.
b) Soit (#i,..., xn) un système de générateurs minimal de G (il en existe car G est fini). Si à = /3
dans Z/2Z, alors 2 | a — (3 donc pour x G G, xa = x&. Ceci permet d'affirmer que l'application
(p : [(Z/2Zy\+] -> G (di,... ,an) -> x? ■ ■ ■<»
est bien définie. Le groupe G étant abélien, y> est un morphisme de groupe, et il est surjectif
par définition d'un système de générateurs. Montrons que ip est injectif. Soit (di,...,dn) G
Ker<£>. S'il existe i tel que ai = 1, par exemple dn = 1, l'égalité rr^1 "-x^^Xn = e entraîne
xn = x~l = x±l • • • x^nSi . Donc (#i,...,xn-\) est un système de générateurs, ce qui est absurde
puisque (#i,... >xn) est un système de générateurs minimal. Finalement Ker ip = {(Ô,... ,Ô)} et
<p est injectif. C'est un isomorphisme.
Exercice 6. Soit n G N*, n > 2. Montrer que tout élément du groupe des permutations
Sn s'écrit comme le produit de transpositions de la forme (z, i + 1) avec 1 < i < n — 1.
Solution. Soit P le sous-ensemble des permutations de Sn qui s'écrivent comme le produit de
transpositions de la forme (z,z + 1). Soient i et j deux entiers vérifiant 1 < i < j < n. Le cycle
(z, i + 1,..., j) s'écrit sous la forme
(i, i + 1,..., j) = (i, i + 1)(< + M + 2) • • • (j - 1, j)

2. GROUPES
25
donc (z,» + 1, • • • »i) € P- De même,
(j, j - 1,... ,i) = 0 - 1, j) •■•(t + l,i + 2)(i,t + 1) G P.
Or lorsque 1 < i < j < n, on a
ihj) = (j, j - 1, • • •, i + 1)(», » + 1,. • •, j)
donc toute transposition appartient à P. Comme toute permutation peut s'écrire sous forme d'un
produit de transpositions, on en déduit P = Sn.
EXERCICE 7. On rappelle que le groupe alterné An d'indice n est le sous-groupe de
S constitué des permutations paires. Si n > 3, montrer que les cycles de longueur 3
engendrent An.
Solution. Puisque tout élément de Sn peut s'écrire comme un produit de transpositions et qu'une
transposition est de signature — 1, An est aussi l'ensemble des produits pairs de transpositions.
Appelons Afn le sous-groupe de Sn engendré par les cycles de longueur 3. On a A!n C An car
un cycle de longueur 3 est de signature 1 (voir la proposition 7). Montrons maintenant An C Afn.
D'après la remarque précédente, il suffit de prouver que le produit de deux transpositions est
dans An- Ceci est vrai car :
- Si iyjyk^l sont distincts deux à deux, (i,j)(k}l) = (i,j}k)(j}k}l)
- Si iy j,k sont distincts deux à deux, (i,j)(i,k) = (i>kyj).
- Si i ^ j, (hj)(jyi) =Id.
EXERCICE 8. On rappelle que si G est un groupe fini et H un sous-groupe de G} l'indice
de H dans G est l'entier [G : H] = §£$g}.
Soit p > 5 un nombre premier. Si H est un sous-groupe du groupe symétrique Sp tel
que [Sp: H] <p — lj montrer que [Sp : H] G {1, 2}. (Indications : Montrer que H contient
tous les cycles de longueur p puis utiliser le résultat de l'exercice précédent.)
Solution. Montrons d'abord que H contient tous les cycles de longueur p. Soit 7 G Sp un cycle de
longueur p. Pour tout entier z, l'ensemble *fH est de cardinal Card(jHr). Comme H est d'indice
<p-l dans <SP, les ensembles H,7^,...,/yp~lH ne peuvent pas être deux à deux disjoints (sinon
Card(<Sp) > Yh=o Caxd^H) = p-C&vd(H)). Donc il existe deux entiers i et j, 0 < i < j < p— 1,
tels que YHn^H ^ 0. On en déduit facilement 7J_Î G H. Or 1 < j — i < p donc 7J_Î engendre
le sous-groupe (7) d'ordre p (voir le théorème 4 page 20), ce qui entraîne 7 G (7J_Î) C H.
- Montrons maintenant que H contient tous les cycles d'ordre 3. Comme p > 3, il suffit de
remarquer que H contenant tous les cycles d'ordre p, on a
{hj,k) = (fc,j,z,ai,a2,...,ap_3)(z,fc,j,ap_3,...,a2,ai) G H.
~ D'après le résultat de l'exercice précédent, H contient donc Ap, le groupe alterné d'indice
d'indice p. Donc Card(#) > Card(^p) = ±Card(*Sp), d'où [Sp : H] G {1,2}.
Remarque. Ce résultat appliqué avec p = 5 montre qu'il n'existe pas de sous-groupe de
<S5 d'ordre 30 ou 40, bien que Card(<S5) = 120. Ainsi, un entier peut diviser l'ordre d'un
groupe fini sans qu'il n'existe de sous-groupe d'ordre cet entier.
Exercice 9. Soit G un groupe fini d'ordre pair 2n (n G N*).
a) Soit H un sous-groupe de G d'ordre n. Montrer que H est distingué clans G.

26
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
b) On suppose qu'il existe deux sous-groupes H\ et H2 de G d'ordre n et tels que HiC\H2 ~
{e}, où e désigne l'élément neutre de G. Montrer que n = 1 ou n = 2.
c) On suppose qu'il existe deux sous-groupes H\ et H2 de G, distincts et tout deux d'ordre
n. Montrer que H = H\C\H2 est un sous-groupe distingué dans G. En déduire que l'ordre
de G est un multiple de 4.
Solution, a) Il s'agit de montrer : xH = Hx pour tout x G G.
- Si x G H, on a xH = Hx = H.
- Si x Ç- H, xH fl H = 0 (en effet, si y G ## fl #, il existe a G iï tel que y = xa donc
rr = ya~l G iï, absurde), c'est-à-dire xH c G \ H. Or rriï et G \ H sont de cardinal n,
donc xH = G \ H. On montrerait de même que Hx = G \ if, donc ## = ##.
b) Comme Card(#i U #2) = Card(#i) + Card(#2) - Card(#i n H2) = 2n - 1, il existe a G G,
a g #i, a g #2, tel que G = #i U H2 U {a}.
Si n = 1, c'est terminé. Sinon n > 2. On remarque alors que
V(rc,y) G (#i n {e}) x (#2 \ {e}), rry = or.
(En effet. Si xy G #i, alors y € x~lH\ = H\ donc y e H\ D H2 = {e}, donc 2/ = e, ce qui est
absurde; de même, rry 0 if2-) Ceci n'est possible que si Card(iïi \ {e}) = Card(iï2 \ {e}) = 1,
c'est-à-dire n = 2. D'où le résultat.
c) D'après a), H\ et H2 sont distingués dans G donc pour tout x G G, xH = rriïi n rr.Er2 =
H\x fl i72# = Hx, ce qui prouve que H est distingué dans G.
Notons 7r la surjection canonique de G dans le groupe quotient G/H. Comme H est un sous-
groupe de #i, tt(#i) = #i/# est de cardinal ç^ffi = Car^(/f). De même, tt(#2) = #2/#
est de cardinal Caï%/H\ • Or (H\/H) fl (H2/H) = (H\ fl H2)/H est réduit à l'élément neutre de
G/#. Le groupe quotient G/iï étant d'ordre cJj/g\, on peut appliquer b) à G/#, H\/H et
#2/# ce qui donne Carj/g) G {1>2}. Comme #i ^ H2, on a Card(iï) = Card(#i fl H2) < n
donc Car2(m = 2- Finalement, Card(G) = 2n = 4Card(iï), d'où le résultat.
Exercice 10 (Exposant d'un groupe abélien fini). Soit G un groupe abélien fini.
a) Si £, y sont deux éléments de G d'ordres respectifs m et n, avec m A n = 1, quel est
l'ordre de :n/ ?
b) On appelle exposant de G le plus grand des ordres des éléments de G et on le note r.
Montrer que r divise Card(G) et que si a: G G, l'ordre de x divise r.
c) Montrer que r a les mêmes facteurs premiers que Card(G). En déduire que pour tout
facteur premier p de Card(G), il existe un élément de G d'ordre p.
Solution, a) Si (xy)p = e alors xp = {y~l)p donc xp G {y), d'où (xp)n = xpn = e, donc m | pn.
Or m A n = 1 donc d'après le théorème de Gauss, m | p. De même n | p et les entiers m et n
étant premiers entre eux, mn \ p. Or (xy)mn = (xm)n(yn)m = e, l'ordre de xy est donc ran.
b) Par définition de r, il existe un élément rr de G d'ordre r et on a r \ Card(G) d'après le
théorème 2 page 19.
Soit y G G, q son ordre. Il s'agit de montrer que q \ r. Supposons q \ r. En écrivant la
décomposition en facteurs premiers de q et r, on voit qu'il existe un nombre premier p vérifiant
{
q-V^i avec «>/?>0 et pAq' = pAr' = l.
Or a = xp est d'ordre r' et 6 = j/9 est d'ordre pa. D'après a), ab est donc d'ordre r'pa > r, ce
qui contredit la définition de r. Donc q \ r.

2. GROUPES
27
c) Soit (#1, • • • >xn) un système de générateurs de G. Notons ri,...,rn les ordres de #i,..., xn.
Considérons l'application
(p : (xi) x • • • x (xn) -> G (2/1, • • •, 2/n) »-> 2/1 • • • 2/n-
Le groupe C? étant abélien, y? est un morphisme de groupes. De plus, (p est surjectif (puisque
(x\ ..-ixn) est un système de générateurs de G), donc G est isomorphe au groupe quotient
({xi) x • • • x (xn))/Ker(p, donc
Card(G) x Card(Kertp) = Card((#i) x • • • x (xn)) = r\---rny
donc Card(G) | n • • -rn. Or tous les r* divisent r d'après b), donc Card(G) | rn. On en déduit
que tout facteur premier p de Card(G) divise r.
Soit p un facteur premier de Card(G). On vient de prouver que p \ r donc on peut écrire
r = pr' avec r' entier. Si on choisit un élément x de G d'ordre r, l'élément xr est d'ordre p, d'où
le résultat.
Remarque. Les résultats de cet exercice permettent de montrer que si K est un corps
commutatif et G un sous-groupe fini du groupe multiplicatif (K*, x), alors G est cyclique.
En effet. Soit r l'exposant de G. K étant un corps commutatif, l'équation xr = 1 a au plus
r solutions dans K, donc au plus r solutions dans G. Or Vrc G G, xr = 1 d'après b). On
en déduit Card(G) < r, et comme r | Card(G), on a r = Card(G) et le résultat annoncé.
- Ce dernier résultat est également une conséquence du problème 6 page 39.
- En l'appliquant au corps Z/pZ (où p est un nombre premier), on démontre que le groupe
multiplicatif (Z/pZ)* est cyclique, résultat non évident a priori
EXERCICE 11 (Les p-GROUPES). Soit p un nombre premier et G un groupe fini d'ordre
pa avec a G N* (on dit que G est un p-groupe).
a) Montrer que Z(G), le centre de G, est différent de {e}, où e désigne l'élément neutre
de G. (On pourra utiliser l'équation aux classes — voir le théorème 8 page 22).
b) Que dire sia = l?sia = 2?
c) Montrer que pour tout entier m, 0 < m < a, il existe un sous-groupe de G d'ordre pm.
Solution, a) D'après le théorème 8, il existe une famille finie (Hi)i€i de sous-groupes stricts de
G telle que
Card(G)
Card(G) = Card(Z(G)) + ^^^. (*)
Pour tout i G /, H{ est un sous-groupe strict de G donc d'après le théorème de Lagrange, son
ordre divise Card(G) = pay de sorte qu'il existe un entier /%, 1 < A < a, tel que C&vd(Hi) = jp1.
Donc pour tout i G J,p divise cavîm =Pa~/3i- Orp \ Card(G) donc d'après (*),p | Card(Z(G?)).
Comme de plus C&rd(Z(G)) > 1 car e G Z{G), ceci entraîne Card(Z(<3)) > p.
b) Si a = 1, G est cyclique d'après le théorème 4.
Si a = 2, comme £((2) est un sous-groupe de G, différent de {e} d'après a), on a forcément
Card(Z(G)) G {p,p2}. Nous allons montrer que Z(G) = G en raisonnant par l'absurde.
Supposons Card(Z(<3)) = p. Soit x e G} x g Z(G). L'ensemble Sx = {u e G \ ux = xu} (appelé
normalisateur de rr) est un sous-groupe de G. Or x G Sx et £((2) C Sx, donc Card(5x) > p + 1.
Comme Card(5x) | p2 = Card(G), ceci entraîne Card(5x) = p2 donc 5X = Gy et par définition
de &P, on a rr G Z(G)y ce qui est contradictoire. Finalement Card(Z((2)) = p2, c'est-à-dire G est
abélien.
c) Nous allons montrer ce résultat par récurrence sur a G N*. (Le principe est de considérer le
quotient par un sous-groupe distingué d'ordre p pour se ramener à l'hypothèse de récurrence).
- Si a = 1, le résultat est évident.

28
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
- Supposons le résultat vrai pour a, montrons le pour a + 1. Soit m, 0 < m < a + 1. Si m = 0,
{e} est un sous-groupe d'ordre pm et le résultat est montré. Sinon, supposons m > 1. D'après a),
Z{G) est différent de {e}. Soit x G Z(G),x ^ e. L'ordre de x divisant pa+1, il est de la forme p0
avec P > 1. Donc y = xp est d'ordre p, et le groupe H = (y) est d'ordre p. Par ailleurs, c'est
un sous-groupe de Z(G) et il est donc distingué dans G. Le groupe quotient G/H est d'ordre pa
et d'après l'hypothèse de récurrence, il existe un sous-groupe K de G/H d'ordre pm~l. Soit ir la
surjection canonique de G dans G/H et considérons F = 7r_1 (K). Comme tt est un morphisme de
groupes, F est un sous-groupe de G, et par ailleurs K = n(F) est isomorphe à F/Kern = F/H
ce qui entraîne Card(F) = Card(X) x Card(#) = pm. D'où le résultat.
Remarque. Ce résultat est un cas particulier du théorème de Sylow (voir le problème 7
page 40).
Exercice 12 (Un théorème de Cauchy sur les groupes finis). On suppose que
la théorie des groupes opérant sur un ensemble est connue (voir la partie 2.4).
Soit G un groupe fini (non forcément abélien) d'ordre h, et soit p un nombre premier
divisant h. On note
S = {(ai,..., ap) G Gp | ai • • • ap = e},
où e désigne l'élément neutre de G, et on note 7 le cycle (1,2,... ,p) G <SP.
a) On fait opérer (7) sur S en posant
VA; G Z, 7k(au • • •, ap) = (a^(1)}..., a7*(p)).
Déterminer le cardinal des orbites.
b) (Théorème de Cauchy). Démontrer que le nombre de solutions dans G de l'équation
xp = e est un multiple de p.
En déduire qu'il existe au moins un élément d'ordre p dans G.
Solution, a) Pour tout x € G} on note Gx l'orbite de x et Sx son stabilisateur. On sait que l'on
a p = Card((7)) = Card(Gfx) x Card(S,a;), et p étant premier, Ca,rd(Gx) = 1 ou Ca,rd(Gx) = p.
b) L'application f : S —> Gp~l (ai,..., ap) i-> (ai,..., ap_i) est bijective puisque chaque
élément (ai,...,ap_i) de Gp~l a un unique antécédent par / qui est (ai,...,ap_i, (ai • • • ap_i)-1).
Donc Card(5) = Card(GP~1) = hp~l.
Soit O une partie de S contenant exactement un représentant de chaque orbite Gx. Soit
A = {x e S | Card(Gx) = 1}. Soit 9' = 6 \ A. D'après a), Va; G 0', Cârd(Gx) = p. Or
hp~l = Card(S) = ^ Card(GT) = Card(A) + ^ Card(<3x).
x6© x€0'
Comme de plus p | /i, on en déduit que p \ Card(^4) = hp~l — pCard(0/). Par définition de A,
A est l'ensemble des p-uplets (a;,... ,x) tels que xp = e. Le nombre Card(^4) représente donc le
nombre de solutions de xp = e, et comme p \ Card(i4), on en déduit le théorème de Cauchy.
On a ep = e, ce qui entraîne Card(A) > 1, et comme p \ Card(.A), Card(^4) > p. Donc il
existe x G Gy x ^ e tel que xp = e. Le nombre p étant premier, x est d'ordre p.
Remarque. Ce résultat entraîne que lorsqu'un nombre premier p divise l'ordre d'un groupe,
il existe un sous-groupe de cardinal p. On savait que c'était déjà vrai dans le cas d'un
groupe abélien (voir l'exercice 10). Le problème 7 page 40 généralise ce dernier résultat.

3. ANNEAUX
29
3. Anneaux
3.1. Définitions
DÉFINITION 1. Soit A un ensemble muni de deux lois internes notées "+" et "•". On dit
nue (A, +, •) est un anneau si :
(i) (j4, +) est un groupe abélien,
(ii) la loi • est associative,
(iii) le loi • est distributive par rapport à la loi +.
Si la loi • admet un élément neutre, on parle d'anneau unitaire ; si la loi • est commutative,
on parle d'anneau commutatif; un élément de A est dit inversible s'il l'est pour la loi •.
Notation. Le neutre de la loi + est souvent noté 0, celui de la loi • est noté 1 (ou e).
Dans toute la suite, (A, +, •) désigne un anneau.
DÉFINITION 2. Un élément a de A est dit diviseur de 0 à droite (resp. à gauche) si a ^ 0
et s'il existe b ^ 0 tel que oh = 0 (resp. ba = 0).
DÉFINITION 3. Un anneau A est dit intègre s'il est sans diviseur de zéro, autrement dit
si(a^0,6^0^a6^0).
DÉFINITION 4. Un élément a G A est dit nilpotent s'il existe un entier naturel non nul n
tel que an = 0. L'indice (ou l'ordre) de nilpotence de a est le plus petit entier naturel non
nul n tel que an = 0.
DÉFINITION 5. Un sous-ensemble B de A est dit un sous-anneau de A si (B, +, •) est un
anneau.
Exemple 1. - Z est un anneau unitaire intègre.
- Z/8Z est un anneau non intègre (2-4 = 0), clans lequel 2 est nilpotent d'indice 3.
- L'ensemble des matrices carrées Mn(M), muni des opérations classiques d'addition
et de multiplication de matrices, est un anneau unitaire non intègre.
3.2. Idéaux
DÉFINITION 6. Soit I C A. On dit que 7 est un idéal de l'anneau A si
(i) (7, +) est un sous-groupe de (A, +),
(ii) V(x, a) e I x A, ax e I et xa G 7.
Remarque 1. - Un idéal est un sous-anneau.
- La notion d'idéal est en quelque sorte l'analogue pour les anneaux de la notion de
sous-groupe distingué. En revanche, la notion de sous-anneau est beaucoup moins
utilisée que la notion de sous-groupe.
- Si A est commutatif et si a: G A, l'ensemble xA = {xa, a G A} est un idéal de A.
- Si A est unitaire et si 1 G 7" où 7" est un idéal de A, la propriété (ii) d'un idéal
entraîne que 7 = A. Si un idéal 7 de A possède un élément inversible x de A, alors
1 = x~lx G 7 d'après (ii) et donc I = A.
- Lorsque 7 C A vérifie (i) et vérifie seulement ax G 7 (resp. xa G 7) pour tout
(x, a) G 7 x A, on dit que 7 est un idéal à gauche (resp. à droite) de A. Si 7 est à
la fois idéal à gauche et idéal à droite de A, I est donc un idéal de A (on précise
parfois en disant que 7 est un idéal bilatère).
Proposition 1. Une intersection d'idéaux de A est un idéal de A. Une somme finie
d'idéaux de A est un idéal de A.

30
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
DÉFINITION 7. Soit (A, +, •) un anneau commutatif. Un idéal I de A est dit principal s'il
existe x G A tel que / = xA. On note alors I = (x).
L'anneau A est dit principal s'il est commutatif, unitaire, intègre et si tous les idéaux
de A sont principaux.
Exemple 2. Les anneaux Z et R[X] sont principaux.
-Anneatoî quotients. Comme pour les groupes, on peut définir la notion de quotient sur
les anneaux. Étant donnée une relation d'équivalence 71 sur A, on cherche à faire de A/'R,
un anneau en le munissant des lois x + y = x + yet x^y = x • y (où x désigne la classe
de x). Si ces lois sont bien définies (c'est-à-dire que x + y et xy ne dépendent pas des
représentants choisis de x et y), on dit que 11 est compatible avec la structure d'anneau.
On montre que les relations d'équivalence compatibles avec la structure d'anneau sont de
la forme x1Zy <=^ x — y G /, où / est un idéal de A. Si tel est le cas, A/1Z est un
anneau (muni des lois définies plus haut) appelé anneau quotient et noté A/I.
Exemple 3. Pour tout entier n > 0, riL est un idéal de Z et on peut définir l'anneau
quotient Z/nZ.
Morphismes d'anneaux.
Définition 8. Soient A et A' deux anneaux. On appelle morphisme d'anneaux de A dans
A' toute application / : A —► A' telle que f(x+y) = f(x)+f(y) et f(xy) = f(x)f(y) pour
tous x,y G A. Lorsque / est bijective, on parle d'isomorphisme d'anneaux. L'ensemble
noté Ker/ = /_1({0}) est appelé noyau de /. C'est un idéal de A qui vérifie : (/ est
injective <=> Ker / = {0}).
Proposition 2. Soient A et A' deux anneaux et f : A —> A' un morphisme d'anneaux.
- Si I est un idéal de A et si f est surjectif, alors f(I) est un idéal de A'.
- Si V est un idéal de A', f~l(I') est un idéal de A.
- L'image et l'image réciproque par f d'un sous-anneau est un sous-anneau.
- Le sous-anneau f(A) est isomorphe à l'anneau quotient A/Ker f.
Remarque 2. La dernière assertion de la proposition est importante. C'est souvent le
moyen le plus pratique pour montrer qu'un anneau est isomorphe à un anneau quotient.
Caractéristique d'un anneau.
Définition 9. Soit A un anneau unitaire dont l'élément neutre pour la loi • est noté e.
Soit le morphisme d'anneaux / : Z —» A m-^ ne.
- Si Ker / = {0}, (t. e. ne = 0 => n = 0), on dit que A est caractéristique 0.
- Si Ker / ^ {0}, alors Ker / étant un idéal de l'anneau principal Z, il existe un
unique entier naturel non nul c tel que Ker / = cL. L'image /(Z) est isomorphe à
Z/cZ. L'entier c est aussi le plus petit entier > 0 tel que ce = 0. On dit alors que A
est de caractéristique c. On a d'ailleurs ne = 0 <£=> c \ n.
Proposition 3. La caractéristique d'un anneau unitaire intègre est 0 ou un nombre
premier.
Démonstration. Si la caractéristique c d'un anneau A unitaire intègre est non nulle et si c n'est
pas premier, on peut écrire c = ab avec l<a<cetl<b<c. Donc 0 = ce = (ae)(be), et A
étant intègre on en déduit ae = 0 ou be = 0, absurde car c est le plus petit entier > 0 tel que
ce = 0. D
3.3. Groupe des inversibles d'un anneau unitaire
On rappelle que les élément d'un anneau unitaire (A, +, •) inversibles pour la loi • sont
appelés les inversibles de l'anneau A.

3. ANNEAUX
31
DÉFINITION 10. L'ensemble des inversibles d'un anneau unitaire A, muni de la loi multi-
olicative, est un groupe appelé groupe des inversibles de A.
Proposition 4. Soit un entier n > 2 et k un entier. L'élément k (classe de k dans
nZ) est inversible dans Z/nZ si et seulement si k An= 1.
THÉORÈME 1 (des Chinois). Soient m et n deux entiers naturels non nuls premiers
entre eux. Les anneaux (Z/mZ) x (Z/nZ) et Z/mnZ sont isomorphes.
Démonstration. On considère l'application
/ : Z->Z/raZxZ/nZ x ^ (x,x).
C'est un morphisme d'anneaux, de noyau Ker/ = {x G Z | m | x et n | x}. Comme m An = 1, on
a aussi Ker/ = {x G Z | mn \ x} = ranZ. Donc /(Z) et Z/ranZ sont isomorphes. En particulier,
Card(/(Z)) = Card(Z/mnZ) = mn et donc /(Z) = Z/raZ x Z/nZ. Finalement, on vient de
montrer que Z/mnZ et Z/raZ x Z/nZ sont isomorphes. □
Remarque 3. - En procédant par récurrence sur p, on montre que si n1}... ,np sont
premiers entre eux deux à deux, alors Z/n\ ■ ■ • npZ et Z/n\Z x • • • x Z/npZ sont
isomorphes.
- La surjectivité de l'application / prouve que si m A n = 1, alors
(Va, 6 G Z, 3x G Z), x = a (mod m) et a; = b (mod n).
Dans la pratique, la méthode de recherche d'un tel élément x peut se faire comme
suit.
- On cherche u et v tels que uvn + vn = 1 grâce à l'algorithme d'Euclide (voir
l'exercice 2 page 10)
- Il suffit alors de prendre x = a + um(b — a) (par exemple).
Indicateur d'Euler.
DÉFINITION 11. Soit un entier n > 1. Notons Gn le groupe des inversibles de Z/nZ. On
appelle indicateur d'Euler de n l'entier <p(n) = Card(Gn). D'après la proposition 5, <p(n)
est aussi le nombre d'entiers k G {1,2, • • • ,n} tels que k An = 1.
Remarque 4. En vertu de la proposition 5 page 20, le nombre de générateurs d'un groupe
cyclique d'ordre n (typiquement Z/nZ) est </?(n).
Théorème 1 (Euler). Soit un entier n > 1. Si k est un entier premier avec n, on a
h?to = \ (modn).
Démonstration. Si k A n = 1, alors k est élément du groupe Gn des inversibles de Z/nZ d'après
la proposition 4. Comme l'ordre de Gn vaut </?(n), on en déduit kvW = i dans Z/nZ, d'où le
résultat. □
Ce dernier résultat généralise le théorème de Fermât. Le calcul de ip(n) fait l'objet de
la proposition suivante.
Proposition 5. Soit n > 2 un entier, n = pj1 •••p£fc sa décomposition en facteurs
premiers. Alors
V(n)=Pr1.-.^'-I(Pi-l)---(pt-l) = n(l-^)---(l-^).
Démonstration. Soit p un nombre premier et a G N*. Alors k n'est pas premier avec pa si
et seulement si p \ k. L'ensemble des nombres de {1,2,... }pa} non premiers avec p est donc
iP, 2p, 3p,..., (pa~1)p}. Ce dernier étant de cardinal pa~l, on en tire tp(pa) = pa — pa"1 (*).

32
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
- Si m et n sont premiers entre eux, d'après le théorème des Chinois, Z/mZ x Z/nZ est isomorphe
à Z/mnZ. En restreignant l'isomorphisme à Gm x GU} on voit que Gm x Gn est isomorphe à
Gmn. Donc (p(mn) = (p(m)(p(n) (**).
- Si maintenant n > 2 est un entier dont la décomposition en facteurs premiers est n = p^1 • • • p£*,
on a d'après (**) cp(n) = tp(Pil) • • • ^(p£*)> d'où le résultat d'après (*). D
Remarque 5. En particulier si p est un nombre premier, tp(p) = p — 1 et on retrouve le
théorème de Fermât avec le théorème 2.
Proposition 6. Pour tout entier n>2, on an = y*]<p(d).
d\n
Démonstration. Considérons les fractions
12 n-1 n
n n n n
Nous cherchons à les mettre sous forme irréductible ^ ou d doit nécessairement diviser n. Pour
chaque d divisant n, il y a tp(d) numérateurs a possibles (puisque le nombre d'entiers a tels que
a A d = 1 est y(d)). Comme il y a en tout n fractions, on en déduit le résultat. D
3.4. Exercices
Exercice 1. Soit A un anneau unitaire dont l'élément neutre pour la loi • est noté 1.
a) Soit x G A nilpotent. Montrer que 1 — x est inversible.
b) Si n G N* (et x toujours nilpotent), simplifier l'expression
n
Un = (1 + x)(l + x2) • • • (1 + x2") = Y[(l + x2k).
k=0
Solution, a) Soit p l'indice de nilpotence de a;, de sorte que xp = 0. On a
(l-x)(l + x + --- + xp~l) = (1 + x + • • • + a?p-1)(l - x) = 1 - xp = 1,
d'où le résultat car on a prouvé que xy = yx = 1 avec y = 1 + x -\ + xp~l.
b) On va montrer par récurrence sur n G N que Un = {1 — x)~l {1 — x2" ).
- Pour n = 0 c'est vrai car (1 - x)U0 = (1 - x)(l + x) = 1 - x2, d'où U0 = (1 - ^)_1(1 ~ ^2)-
- Supposons Un-i = (1 - a:)"1^ - *2")- Alors C/n = t/„_i(l + ar2") = (1 - rr)"1^ '- *2'l+1).
Remarque. Le résultat a) appliqué aux matrices carrées entraîne que si TV est une matrice
nilpotente, alors I — N est inversible (ceci reste vrai dès que \\N\\ < 1 — où || • || est une
norme d'algèbre sur les matrices, voir le tome analyse sur les espaces vectoriels normes).
Exercice 2 (Anneau de Boole). Soit A un anneau tel que tout élément de A soit
idempotent (i. e. Va; G Ayx2 = x).
a) Si a; G A, montrer que 2x = 0. Montrer que A est commutatif.
b) Montrer que si a:, y G A alors xy(x + y) = 0. Que dire si A est intègre ?
Solution, a) Si x £ A, alors (2a:)2 = 2a; donc 4a;2 = 2a;, ce qui entraîne 4x = 2x puis 2a; = 0.
Ceci s'écrit encore x = —x.
Si x,y G A, (x + y)2 = x + y donc a;2 + xy + yx + y2 = x + y = x2 + î/2, d'où on tire
xy -\-yx = 0, donc a;?/ = —ya; = yx.
b) Si a;, y G .A, alors xy(x + y) = xyx + xy2 = a;2^/ + a;?/2 = 2xy = 0.
- Si A est intègre, alors iaau plus deux éléments. En effet, sinon il existe x,y G A distincts et
différents de 0. Donc (x + y) ^ 0 (sinon a; = — y = y) et A étant intègre xy(x + y) ^ 0, absurde.

3. ANNEAUX
33
EXERCICE 3 (Radical d'un idéal). Soit A un anneau commutatif unitaire et / un
déal de A. On appelle radical de / l'ensemble noté y/1 = {x e A \ 3n eN*}xn e I}.
a) Montrer que y/1 est un idéal de A.
h) Déterminer le radical d'un idéal de Z.
Solution, a) - Montrons tout d'abord que (y/1, +) est un sous-groupe de (A, +). Il est clair que
0 G y/1 puisque / C y/1. Par ailleurs, si a: G y/1 alors — x G y/1 puisque le fait que xn G /
entraîne (—l)nxn = (—x)n G /. Prenons maintenant x,y G y/1. Il existe m et n G N* tels que
xm £ I et yn G /. L'anneau A étant commutatif, la formule du binôme entraîne
fm—\
(x + y)m+n-1 = V" £ Ckm+n_1x"y'"-1-k )+x">{ £ C£+»-i*
>k=0
„fc—m,, ra+n—1—fc
y
et puisque / est un idéal, ce terme appartient à /. Donc x + y G \/7.
- Enfin, si a G -A et si a; G y/1, il existe n G N* tel que xn G / et donc .A étant commutatif,
(ax)n = an#n € -f• Donc ax G \/7. Finalement, y/1 est un idéal de A.
b) Soit / un idéal de Z. L'anneau des entiers étant principal, il existe n G N* tel que / = nZ. Si
n = 0, on a bien sûr \/7 = 0 et si n = 1, y/1 = Z. Sinon n > 2, et on écrit la décomposition de
n en produit de facteurs premiers n = p"1 • • • p%k. Montrons que y/1 = pi • • • Pk%-
- On a y/1 C p\ • • -pk^- En effet. Si x G y/1 alors il existe m G N* tel que xm G nZ, donc
n | rrm, donc Vi, 1 < i < k,pi \ xm, donc Vi, 1 < i < k,pi \ x d'où p\--pk \x puisque les pi
sont premiers entre eux deux à deux (ils sont premiers et distincts).
- On a p\ - - - Pkl> C y/1. En effet. Soit x G p\ • • • Pk%>- H existe r G Z tel que x = p\ • • • p^r.
Si m = maxi<;<fc a^, on a n = p"1 • • -p%k \ xm = p™ • • -p^rm donc xm G /, ou encore
xeVl.
Exercice 4 (Idéal premier, idéal maximal). Soit A un anneau commutatif unitaire.
a) Un idéal V ■=/ A de A est dit premier si pour x, y G A le fait que xy G V entraîne
x €V ou y €V. Montrer que V est un idéal premier si et seulement si l'anneau quotient
A/V est intègre.
b) Un idéal M ^ A de A est dit maximal si les seuls idéaux contenant M sont M et A.
Montrer que M est un idéal maximal si et seulement si A/M est un corps.
c) Montrer que tout idéal maximal est premier.
d) Si l'anneau A est principal, montrer qu'un idéal premier V ■=/ {0} est maximal.
Solution, a) Si a: G A, notons x sa classe dans A/V. Alors
{V est premier) <==$■ (xy G V => x ou y E V)
<*=> (x • y = Ô ==> x = Ô ou y = Ô) 4=> (^/P est intègre).
b) Condition nécessaire. Soit M un idéal maximal. Soit x G .A tel que x (classe de x dans A/M)
vérifie x ^ 0. Alors s 0 .M de sorte que M + [x) = A (en effet, / = M + (a:) est un idéal
contenant M, différent de M puisque x g M, donc I = A). Donc il existe a G A et m G M tels
que 1 = m + aa:, ce qui s'écrit i = àx. L'anneau A/M est donc un corps.
Condition suffisante. Soit / un idéal de A tel que M C I et M ^ I. Soit a G /, a g M. On
a à ,é 0 de sorte que A/A^ étant un corps, il existe b G A, àb = i. Donc il existe m G M,
ab = 1 + m, d'où 1 = a& — m G i\ Donc / = A et M est maximal.
c) Soit M un idéal de A maximal. L'anneau quotient A/M est un corps donc un anneau intègre,
donc M est premier.

34
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
d) Soit / un idéal de A tel que VcIetV^I. Comme A est principal, il existe m G V tel que
V = (m) et il existe a e I} I = (a). Comme m G /, il existe q G A tel que m = aq. L'idéal V
étant premier, on a a G V ou q G V. Or a 0 P sinon V = I. Donc g G P, de sorte qu'il existe
p G -A tel que g = mp. Donc m = aq = amp d'où ra(l — ap) = 0 d'où ap =1 (car i4 est principal
donc intègre et m ^ 0 sinon P = 0). Or ap G /, donc 1 G /, donc I = A, d'où le résultat.
Exercice 5. Soit n > 2 un entier. Si a est un entier premier avec n montrer
anl = 1 (mod n).
Solution. D'après le théorème d'Euler, on sait que a^n) = 1 (mod n) où tp désigne l'indicateur
d'Euler. Le résultat sera donc démontré si on prouve cp(n) | n!, ce qui est immédiat car (p(n) < n.
Exercice 6 (Anneaux noethériens). On dit qu'un anneau commutatif unitaire A
est noethérien si tout idéal I de A est engendré par un nombre fini d'éléments (i. e. il
existe xu... ,Xk G / tels que (xi) + • • • + (xk) = /). Montrer que A est noethérien si
et seulement s'il n'existe pas de suite d'idéaux de A strictement croissante au sens de
l'inclusion.
Solution. Condition nécessaire. Soit (In)neN une suite croissante d'idéaux de A. On vérifie
facilement que / = UneNln est un idéal de A. Il est donc engendré par un nombre fini d'éléments
rri,... yXp G /. Or chaque Xi appartient à / = Une^In et donc il existe ni tel que Xi G Inr Si
N = sup1<i<pn;, la suite (In) étant croissante, tous les Xi (1 < i < p) appartiennent à 7/v, et
donc / = (rri) + • • • + (rrp) C In- Par ailleurs In C / puisque / = (Jie^In. Donc In = /, ce qui
entraîne que la suite (In) est stationnaire pour n> N.
Condition suffisante. Soit / un idéal de A. Supposons que / ne puisse pas être engendré par un
nombre fini d'éléments. Sous cette hypothèse, nous allons construire une suite (xn) d'éléments
de / tels que rrn+i 0 (xi) H h (xn).
- On choisit un élément x\ G /.
- x\)..., xn G / étant supposés construits, on sait que (x\)-\ h (rrn) ^ / car / ne peut pas
être engendré par un nombre fini d'éléments. On choisit alors rrn+i G /, rrn+i & (x\)-\ h (rrn).
Ainsi, si on pose In = (x\) + • • • + (xn)} la suite (In) est une suite d'idéaux de A strictement
croissante au sens de l'inclusion, ce qui est contraire aux hypothèses. Donc / peut être engendré
par un nombre fini d'éléments, d'où le résultat.
Remarque. Tout anneau principal est noethérien.
4. Problèmes
Problème 1 (Cryptographie : le système de chiffrement RSA). On se donne
deux nombres premiers p et q distincts et on pose n = pq. Soient c, d deux entiers tels que
cd = 1 (mod (p(n)) où (p désigne l'indicateur d'Euler. Montrer que pour tout t G Z, on a
tcd = t (modn).
Solution. Les nombres p et q étant premiers et distincts, on a (p(n) = (p — l)(q — 1). Soit k £ Z
tel que cd = 1 + k(p(n). Soit t G Z. Pour prouver que tcd = t (mod n), il suffit de prouver
tcd = t (mod p) et tcd = t (mod q) (conséquence de Pisomorphisme de Z/pZ x Z/qZ et Z/pqZ).
Prouvons par exemple tcd = t (mod p) (le calcul modulo q est analogue).

4. PROBLÈMES
35
__ Si t ap = 1 alors tp~l = 1 (mod p) (théorème de Fermât) donc tcd = (tp-l)k^-lh = t
(mod p).
- Si t A p 7^ 1) alors p divise £, et alors on a tcd = t = 0 (mod p).
Remarque. L'application g : Z/nZ —» Z/nZ i i-> £c s'appelle une fonction de c/w/-
frernent, f : i *-^ id fonction de déchiffrement L'exercice affirme que f o g(i) = i. On
peut donc chiffrer un message (représenté par un élément i de Z/nZ) avec #, puis on le
déchiffre avec /. Le couple (n, c) est appelé la c/e/ publique, l'entier d la c/e/ secrète. La
sécurité de ce système repose sur le fait que connaissant la clef publique, il est très difficile
de déterminer d : un moyen consiste par exemple à factoriser n pour trouver p et q, ce
qui est encore impossible à réaliser lorsque p et q sont grands, typiquement (pour l'année
2007) de l'ordre de 150 chiffres (le record est la factorisation d'un nombre entier sans
forme particulière de 200 chiffres, obtenue en 2005 après une petite centaine d'année de
calcul distribué). En d'autres termes, tout le monde peut chiffrer mais seuls ceux
connaissant la clef secrète peuvent déchiffrer. Ce système de chiffrement est apparu en 1976. Il
est appelé RSA (du nom des inventeurs Rivest, Shamir et Adleman) et est couramment
utilisé aujourd'hui car il est extrêmement robuste. Son apparition explique l'intérêt que
l'on porte aujourd'hui aux algorithmes de factorisation et de primalité.
Problème 2 (Nombres pseudo-premiers et nombres de Carmichael). Le
théorème de Fermât affirme que si n est premier et si a A n = 1, alors an_1 = 1 (mod n).
Le but du problème est d'étudier la réciproque.
1/ (Nombres pseudo-premiers). Soit un entier a > 2. Un entier n est dit pseudo-premier en
base a (ce que l'on note brièvement pp-a) si n n'est pas premier et si on_1 = 1 (mod n). Si
p > 2 est un nombre premier ne divisant pas a (a2 — 1), montrer que n = (o2p — l)/(a2 — 1)
est un nombre pp-a. En déduire qu'il existe une infinité de nombres pp-a.
2/ (Nombres de Carmichael). Un entier n > 2 est appelé nombre de Carmichael si n n'est
pas un nombre premier et si pour tout entier o, an = a (mod n) (en particulier, pour tout
entier a premier avec n, n est pp-a).
a) Si n = pi • • • pk (où les pi sont des nombres premiers distincts) et si pi — 1 | n — 1 pour
tout i, montrer que n est un nombre de Carmichael.
b) Réciproquement, montrer que tout nombre de Carmichael peut se mettre sous la forme
n=pi- • -pk où les pi sont des nombres premiers distincts et où pi — 1 | n — 1 pour tout i.
(Indication : On pourra utiliser le fait que si p est premier, le groupe multiplicatif (Z/pZ)*
est cyclique — voir la remarque de l'exercice 10 page 26).
c) Montrer qu'un nombre de Carmichael a au moins 3 facteurs premiers.
d) Soit n = pqr un nombre de Carmichael à trois facteurs premiers p < q < r. Si p est
fixé, montrer que g et r sont bornés.
Solution. 1/ Remarquons tout d'abord que n = (^Er)(^+r) = (aP_1 + • • • + a + 1) • K_1 -
ap~ + • • • — a + 1) est un entier composé. Ceci étant, on a a2p = 1 + n(a2 — 1), de sorte que
a p = 1 (mod n) (*). Le résultat sera donc acquis si on montre que 2p | n — 1. On a
(a2 - l)(n - 1) = a2p - a2 = a{ap-1 - l)(ap + a).
D'après le théorème de Fermât, p | (ap_1 — 1) puisque par hypothèse p ne divise pas a. On a donc
P\ (a — l)(n — 1). Or p ne divise pas a2 — 1, donc p est premier avec a2 — 1 (car p est premier)
et d'après le théorème de Gauss, p\n — 1. Orn — 1 = a2p~2 H h a4 + a2 est une somme paire
de termes de même parité, donc 2 | n — 1. Comme 2 et p sont premiers entre eux, on en déduit
2p | n — 1, donc n est pp-a d'après (*).

36 1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
Il n'y a qu'un nombre fini de nombres premiers p divisant a(a2 — 1). Comme il y a une infinité
de nombres premiers, on en déduit qu'il y a une infinité de nombres premiers p > 2 ne divisant
pas a(a2 — 1), donc une infinité de nombres pp-a.
2/ a) Soit a un entier et soit z, 1 < i < k. Si pi \ a, le théorème de Fermât entraîne aPi~l = 1
(mod pi)} et comme pi — 1 divise n — 1, on en déduit an~1 = 1 (mod pi)} donc an = a (mod pi).
Cette dernière égalité reste évidemment vraie si pi \ a. Ainsi, pour tout entier a on a montré
an = a (mod pi). Ceci s'écrit aussi pi \ (an — a). Ceci étant vrai pour tout z, on en déduit
n = pi • • • p/- | (an — a) puisque les pi sont premiers entre eux deux à deux. On a donc bien
an = a (mod n).
b) Soit n un nombre de Carmichael et p un nombre premier divisant n. Comme n est un nombre
de Carmichael, n divise pn — p, et comme p2 \ pn — p (car n > 2), on en déduit p2 \ n.
- On peut donc écrire n = p\ • • • p^, où les pi sont des nombres premiers distincts. Soit z, 1 < i < k.
Il est bien connu que (Z/piZ)* est un groupe cyclique, donc il existe un entier a tel que à soit
d'ordre pi — 1 dans (Z/p;Z)*. Comme n est un nombre de Carmichael, on a n | an — a donc
Pi | an — a, ou encore an = a (mod p;). Comme à G (Z/p^Z)*, on en déduit an_1 = 1 (mod pi).
Or l'ordre à dans (Z/p^Z)* est p^ — 1, donc p^ — 1 | n — 1. Ceci est vrai pour tout z, d'où le
résultat.
c) Supposons que n = (a + 1)(6 + 1) soit un nombre de Carmichael avec a + 1 et b + 1 premiers
et a 7^ 6. On a n = a6 + o + 6 + 1. Or a | n — 1 donc a | 6 = (n — 1 — a& — a) ; de même b \ a.
Donc a = 6, ce qui impossible d'après la question précédente.
d) Comme n est un nombre de Carmichael, onag- l|n — 1, et donc q — 1 | (n — 1) — (g — 1) =
g(pr — 1). Or g A (g — 1) = 1 donc d'après le théorème de Gauss, q — 1 | pr — 1. De même
r - 1 | pq — 1, donc finalement (q - l)(r - 1) | (pr — l)(pq — 1). Ceci entraîne
(q - l)(r - 1) | (pr - l)(pg - 1) -p2(q - l)(r - 1) = p2(r + g) -p(r + g) + 1 -p2,
d'où on tire (g — l)(r — 1) < p2(r + g). Comme g < r, on a donc (q — l)2 < 2p2r (*). Nous avons
vu plus haut que r — 1 | pq — 1, ce qui entraîne r <pq donc r2 < p2g2, et d'après (*) r2 < p24p2r}
donc r < 4p4. En remplaçant cette dernière inégalité dans (*) on tombe sur q < >/8p3 + 1.
En résumé, on a prouvé que q < \/8p3 + 1 et r < 4p4. Donc si p est fixé, q et r sont bornés.
Remarque. Le plus petit nombre de Carmichael est 561 = 3-11-17. Les suivants sont
1105, 1729, 2465, 2821.
- On sait depuis 1992 qu'il existe une infinité de nombres de Carmichael, et que si x est
assez grand, il y a au moins x2^ nombres de Carmichael inférieurs à x.
Problème 3 (Quelques tests de primalité). a) Soit un entier n > 2 vérifiant
3a G Z, (an_1 = 1 (mod n) et Vç | n — 1, ç premier, aq ^ 1 (mod n)).
Montrer que n est un nombre premier.
b) Soit n > 2 un entier, n— 1 = p*1 • • -p£* la décomposition en facteurs premiers de n— 1.
On suppose que pour tout z, 1 < i < /c, il existe un entier ai tel que
a^-l = l (mod n) et a\n~1)/Pi ^ 1 (mod n).
Montrer que n est un nombre premier.
c) Soit p > 2 premier, et soit h G N tel que 1 < h < p — 1. On pose n = 1 + hp2. Si
2n-1EEl (mod n) et 2/l ^ 1 (modn),
montrer que n est premier. (Indication : utiliser l'ordre de 2 pour montrer qu'il existe un
nombre premier q divisant n avec p | q — 1.)

4. PROBLÈMES
37
Solution, a) Soit m Tordre de à dans le groupe des inversibles de Z/nZ. Nous allons montrer
nue m = n — 1- Supposons m < n — 1. Comme an_1 = 1 (mod n), m | n — 1 et donc il existe un
nombre premier q divisant n - 1 tel que m | (n - l)/g. Ceci entraîne que a^n~l^q = 1 (mod n),
ce qui est contraire aux hypothèses.
Donc m = n — 1, ce qui prouve que le groupe des inversibles de Z/nZ admet au moins n — 1
éléments, ce qui n'est possible que si n est premier. D'où le résultat.
b) Pour tout z, notons m* l'ordre de à{ dans le groupe des inversibles de Z/nZ. Comme a™-1 =
1 (mod n), on a m; | n — 1 = rijP^- Comme de plus a\n~ ),Vl ^ 1 (mod n), on a aussi
m- \ Vai~~l Ilj&Pj* ' ^es relati°ns concernant m; permettent d'affirmer que p?1" | m;, et donc
p?1 I </>(n) (°ù ^ désigne l'indicateur d'Euler) puisque l'ordre de ai divise l'ordre du groupe des
inversibles de Z/nZ qui est (p(n). Ceci étant vrai pour tout z, on en déduit, les pi étant premiers
distincts, que n — 1 = riiPf1' I ^(n)> donc °llie ^(n) > ^ — 1- Donc le groupe des inversibles de
ZlnL comporte au moins n — 1 éléments, ce qui n'est possible que si n est premier.
c) Soit m l'ordre de 2 dans le groupe des inversibles de Z/nZ. On a 2n_1 = 1 (mod n) donc
m | n _ i = frp2. Or 2/l ^ 1 (mod n) donc m \ h. Finalement, p \ m (si p \ m, alors p étant
premier m Ap2 = 1 et donc m | /i d'après le théorème de Gauss). Comme m divise l'ordre du
groupe des inversibles de Z/nZ qui est <£>(n), on en déduit p \ (p(n) (*).
Si n = Pi1 • • • p£* désigne la décomposition de n en facteurs premiers, on sait que (p(n) =
Pi1"1 • • •Pfc*~1(Pi -I)'" (Pfc - 1). Comme p \ n = 1 + hp2, on a p ^ p; pour tout z donc il existe
d'après (*) un indice i tel que p | pi — 1. Autrement dit, il existe un facteur premier q de n tel
que q = 1 (mod p). Soit r l'entier vérifiant qr = n. On a qr = n = 1 + /ip2 = 1 (mod p), donc
r = 1 (mod p). En résumé, on a montré qu'il existe q premier, q \ n et r entier tels que qr = n
avec q=l + up, r = 1 + vp, u} v G N. Le nombre q étant premier on a d'ailleurs u > 2 (si u = 0,
ç = 1 et si u = 1, g est pair).
Supposons r > 1. Alors v > 1. Or on a 1 + /ip2 = n = qr = (1 + up)(l + i>p) donc hp =
(uv)p + (u + v), ce qui entraîne
(i) uv < h < p — 1 et (ii) (u + v)>p car p | (u + i>) ^ 0.
Comme u > 2, (i) entraîne i> < (p — l)/2, et d'après (ii) u > 1 +p/2, donc toujours d'après (i),
?; < (p — 1)/(1 + f ) < 2. Finalement v = 1, ce qui est absurde car (i) entraînerait u < p — 1 et
(ii) entraînerait u > p — 1.
On a donc forcément r = 1, ce qui entraîne que n = q est premier.
Remarque. Le test c) fut utilisé avec le nombre premier p = 2127 — 1 pour montrer que
n = 1 + 190p2 est premier (Miller et Wheeler, 1951). Les tests de primalité de ce type
permettent d'obtenir des nombres premiers ayant une forme particulière. Un problème
beaucoup plus délicat est de savoir si un nombre donné n est premier ou pas ; en 2007, le
record est la preuve de primalité d'un nombre d'un peu plus de 20000 chiffres sans forme
particulière a priori
Problème 4 (Quelques cas particuliers du théorème de Dirichlet).
1/ a) Soit p > 2 un nombre premier. Montrer que —1 est un carré dans Z/pZ si et
seulement si p = 1 (mod 4).
b) En déduire qu'il existe une infinité de nombres premiers de la forme 1 + 4n, n G N.
2/ (Un résultat plus général). Soient un nombre premier p > 2 et un entier m > 1.
Montrer que l'ensemble Vm des nombres premiers de la forme l + 2mpn (n G N), est infini.
(Indication. Si Vm est fini, considérer un nombre premier q divisant (Mp + 1)/(M + 1) où
M = K2m~\ K = p(Y\neVm n), et montrer que q G Vm).

38
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
Solution. 1/ a) Condition nécessaire. Supposons qu'il existe x G Z/pZ, x2 = — 1. Le groupe
multiplicatif (Z/pZ)* étant d'ordre p — 1 (car p est premier), on a xp~l = ï. Donc (x2)^p~1^2 =
(_l)(p-i)/2 _ i^ ce qUj n'est possible que si (p — l)/2 est pair. D'où la condition nécessaire.
Condition suffisante. C'est plus difficile. Donnons deux méthodes.
- Première méthode. Comme p est premier, Z/pZ est un corps. L'équation x^p~1^2 = ï a
donc au plus (p — l)/2 solutions dans Z/pZ. Comme (Z/pZ)* contient p — 1 > (p — l)/2
éléments, il_existe x G (Z/pZ)*_tel que y_= x^-1)/2 ^ 1 On a y2 = xp~l = ï donc
(y — l)(y + 1) = 0, donc y = — 1 (car y ^ 1). Or p = 1 (mod 4), donc il existe un entier
k tel que (p - l)/2 = 2k. Si z = xk} on a donc z2 = x2k = x^~1^2 = y = -ï, d'où le
résultat.
- Seconde méthode (cette méthode est moins générale que la précédente). Soit l'entier k tel
que p = 1 + 4k. Comme p est premier, on a d'après le théorème de Wilson
1 • 2• • • (2k) • (2fc + 1) • • • (4k - 1) • (4k) = -1 (mod 4k + 1),
ce qui s'écrit aussi
1 • 2 • • • (2k) • (-2fc) • • • (-1) = -1 (mod p)
ou encore
(_l)2fe(! . 2... (2fc))2 = -1 (mod p).
Si on pose a; = 1 • 2 • • • (2k), ceci s'écrit âT2 = — 1 dans Z/pZ, d'où le résultat.
b) Supposons qu'il y ait un nombre fini de nombres premiers de la forme 4k + l,k G N. Soit
p le plus grand d'entre eux et soit N = 1 + (p!)2. Soit un nombre premier q divisant N. Alors
(p!)2 = —1 (mod q), donc —1 est un carré dans Z/qZ et donc q est de la forme 4k + l,k G N
d'après a). Donc q < p, donc ç | p!, donc q \ 1 = AT — (p!)2, ce qui est absurde. Il y a donc une
infinité de nombres premiers de la forme 4k + 1, fc G N.
2/ Supposons T^m fini. Suivons l'indication en considérant l'entier N = (Mp + 1)/(M + 1) =
M?"1 - MP-2 + M + 1 avec M = K2"1'1 où K = p(T[neVm n). Comme N > 1, il existe un
nombre premier q divisant N. On a Mp + 1 = 0 (mod q) donc
K2m~lp = Mp = -1 (mod?) et tf2"^ = 1 (mod q).
L'égalité de droite montre que l'ordre r de K dans le groupe multiplicatif (Z/qZ)* divise 2mp.
L'égalité de gauche montre que r \ 2m~1p. Comme p est premier, on a donc r = 2m ou r = 2mp.
Si r = 2m, comme N divise
/»r2xp-l nr2 , M2p - 1 Mp - 1 Mp + l
(M2)p l + • • • + M2 + 1 = —= = — rr—r
v/ M2 -1 M-1M+1
et que M2 = K2"1 = 1 (mod g), on a
0 = (M2)p~l + • • • + M2 + 1 = p (mod g)
donc g | p, donc g | M, ce qui est absurde vu que q | Mp + 1. Ainsi, r = 2mp et comme l'ordre de
tout élément de (Z/qZ)* divise q — 1, on a 2mp | g — 1 c'est-à-dire q G "Pm. Ceci entraîne q \ M
ce qui est impossible. L'ensemble Vm est donc infini.
Remarque. Ces résultats sont des cas particuliers du théorème de Dirichlet (voir la
remarque qui suit l'exercice 6 page 12). D'autres formes particulières du théorème de
Dirichlet font l'objet du sujet d'étude 2 page 46 ou du problème 10 page 92.
Problème 5 (Anneaux euclidiens). 1/ Soit A un anneau commutatif unitaire
intègre. On dit que A est euclidien s'il existe une application / : A* = A \ {0} —> N telle
que
(i)Vx,ye^*, f(xy)>f(y),
(ii) Va G A, V6 G A*, 3(q,r) e A2, tel que a = bq + r, avec r = 0 ou f(r) < f(b).

4. PROBLÈMES
a) Si A est euclidien, montrer que A est principal.
b) Si l'application / vérifie l'hypothèse supplémentaire
(iii) Vz,y eA\x^ y, f(x -y)< sup{/(x),/(?/)},
montrer que le couple (#, r) dans (ii) est unique.
c) Caractériser les éléments inversibles d'un anneau unitaire euclidien.
2/ Soit Vanneau des entiers de Gauss Z[i] = {x + iy | (x,y) G Z2}.
a) Montrer que si z G C, il existe z0 G Z[i] tel que \z — z0\ < 1.
b) En déduire que Z[i] est un anneau principal.
c) Quels sont les inversibles de Z[i] ?
Solution. 1/ a) Soit i" un idéal de A. Si I = {0}, / est évidemment principal. Si / ^ {0},
on considère l'ensemble T = {f(x) \ x G /*} C N. Soit a G I* tel que f(a) = inf F. Prenons
maintenant un élément x e I. D'après (ii),
3(<7,r) G A2, (x = aq + r avec /(r) < f(a) ou r = 0).
Remarquons que r = x — aq G /. Si r ^ 0, alors /(r) < /(a) ce qui est absurde puisque r e I*
et f[a) = inf T. Donc r = 0, donc x = ag. On vient de montrer que / C (a). Réciproquement,
comme a G /, on a (a) C I. Donc / = (a) et A est principal.
b) Soit (a,6) G ^ x A*. Soient deux couples (g,r) et (</,r') vérifiant (ii) pour (a,6). L'égalité
jjq + r = bq' + r' s'écrit aussi b(q — q') = r' — r. Si q ^ q', on a r' — r ^ 0 et /(&) < /[&(# — g')] =
f{r' — r) (*). Si r = 0 (le cas r' = 0 se traite en échangeant les rôles de (g,r) et (</,r')),
(*) entraîne /(&) < /(r') < /(&), ce qui est absurde. Si r ^ 0 et r' ^ 0, alors (*) entraîne
f{b) < sup{/(r),/(r/)} < /(&), ce qui est également absurde. On a donc forcément q = q' et
donc r = r'.
c) Soit a = inf{/(x) \ x e A*}. Nous allons montrer que x e A* est inversible si et seulement si
f(x) = oc.
Condition nécessaire. Si x est inversible, alors il existe y G A*} xy = 1. Donc Vz G ^4*, /(z) =
f[x(yz)] > f(x) d'après (i), donc f(x) = a.
Condition suffisante. Appliquant (ii) à (a, b) = (1,#), on voit qu'il existe (q, r) G A2 tel que
1 = bx + r avec r = 0 ou /(r) < f(x). Cette dernière assertion est impossible car f(x) = a, donc
r = 0 et donc bx = 1. L'élément # est donc inversible (on a aussi xb = 1 car .A est commutatif).
2/ a) Soit ^ = x + Ï2/ G C, (x, y) G R2. En désignant par #o,2/o e ^ les entiers les phis proches
de x et y, on & \x — xo\ < 1/2 et \y — yo\ < 1/2. Ainsi l'entier de Gauss zq = xq + m/o G Z[z]
vérifie |z - z0\2 = (x - x0)2 + {y - yo)2 < 1/2, donc \z - z0\ < 1.
b) D'après le résultat de la question 1/a), il suffit de montrer que Z[i] est euclidien. Soit (a, 6) G
1i[i] x Z[i]*. D'après la question précédente, il existe q G Z[i] tel que \q — a/b\ < 1. En posant
r = a — bq, on a donc a = bq + r avec |r| = |6||a/6 — q\ < \b\, ce qui montre qu'en prenant
f{z) = \z\2 = x2 + y2 pour z = x + iy e Z[ï\*, (ii) est vérifié. Or pour tout x G Z[z]*, /(z) > 1,
donc Vy G Z[z]*, f(xy) = f{x)f(y) > f(y). La condition (i) est donc vérifiée. Finalement, Z[i]
est euclidien.
c) D'après 1/c), les inversibles de Z[i] sont les éléments z vérifiant f(z) = \z\2 = 1. Ce sont donc
1, -1, i et — i.
Remarque. Les anneaux euclidiens généralisent les propriétés de la division euclidienne
des anneaux Z et K[X] (on a f(x) = \x\ pour Z et f(P) = deg(P) pour K[X]).
Problème 6. Soit G un groupe fini tel que pour tout entier d > 1, l'équation xd = e
(où e désigne le neutre de G) a au plus d solutions dans G. Montrer que G est un groupe
cyclique.

40
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
Solution. Notons n Tordre du groupe G. Pour tout entier d divisant n, notons ^d l'ensemble des
éléments de G d'ordre d. L'ordre de tout élément de G divise n, donc la famille (^d)d\n forme
une partition de G. Si ipd = Card(^d), on a donc Y^d\n ^d = n (*)•
Nous allons maintenant montrer que si d | n, ipd < <f{d) (**) où (p désigne l'indicateur
d'Euler. Si Vd = 0, c'est terminé. Sinon ipd > 1 et donc il existe rro £ ^d- Tous les éléments x de
(rro) vérifient alors xd = 1. Or (rro) a d éléments et l'équation xd = e a au plus d solutions. Les
éléments qui vérifient xd = e sont donc les éléments de (rro). Donc ^d C (rro) et ^d correspond
donc à l'ensemble des générateurs de (rro) qui* d'après la proposition 5 page 20, est de cardinal
ip(d). Donc îpd = <p(d), d'où (**).
Or Z)din^(^) = n (v0*r proposition 6 page 32). De (*) et (**) on en déduit que pour tout
diviseur d de n, on a Vd = <p(d). En particulier Vn = <p(n) > 0, donc il existe au moins un
élément d'ordre n, d'où le résultat.
Remarque. Il découle de ce problème le résultat annoncé dans la remarque de l'exercice 10
page 26.
Problème 7 (Théorème de Sylow). a) Soit G un groupe abélien fini. Soit p un
nombre premier divisant l'ordre de G. Montrer qu'il existe un sous-groupe de G d'ordre
p (sans utiliser le résultat de l'exercice 10 page 26 ou de l'exercice 12 page 28).
b) Soit G un groupe fini d'ordre /i, non supposé abélien. Démontrer le théorème de Sylow :
Si pa | h où p est un nombre premier et a G N, alors il existe un sous-groupe de G d'ordre
pa. (Indication : on pourra procéder par récurrence sur Card(Gf) en utilisant l'équation
aux classes — voir le théorème 8 page 22.)
Solution, a) On procède de manière analogue à la question c) de l'exercice 10 page 26. G
étant fini, il existe un système de générateurs (#i,..., xn) de G. Notons ri,..., rn les ordres de
x\}..., xn. Considérons l'application
(p : (xi) x • • • x (xn) -> G (î/i,...,2/n) »-> 3/1 • • • 3/n-
Le groupe G étant abélien, <p est un morphisme de groupes. De plus, (p étant surjectif (puisque
(rri,... ,rrn) est un système de générateurs de G), G est isomorphe à ((rri) x • • • x (rrn))/Ker y>,
donc Card(G) x Card(Kery>) = Card((rri) x ••• x (xn)) = ri---rn, donc Card(G) | ri---rn.
Donc p | ri • • • rn, donc il existe ri tel que p \ ri. Si ri = pqy q G N*, alors x = x\ est d'ordre p et
H = (x) est un sous-groupe de G d'ordre p.
b) Procédons par récurrence sur h = Card(G).
- Si Card(G) = 1, c'est évident.
- Sinon, supposons le résultat vrai pour les groupes d'ordres < h = Card(G). Si a = 0, c'est
évident, sinon a > 1. D'après le théorème 8 page 22 il existe une famille finie (Hi)iej de sous-
groupes stricts de G telle que
h = Card(G) = Card(2(G)) + E cJ^- M
Deux cas se présentent :
- Il existe i e I tel que pa \ Card(jF/;). Comme Card(jHrf) < Card(G), d'après l'hypothèse de
récurrence il existe un sous-groupe H de Hi d'ordre pa. Ainsi H est un sous-groupe de G
d'ordre pa.
- Pour tout i e I) pa \ C&rd(Hi). Comme pa \ /i, p divise h/C&rd(Hi) pour tout i € L
D'après l'équation aux classes (*), on a donc p \ Card(Z(G)), et Z{G) étant un groupe
commutatif, il existe un sous-groupe C de Z(G) d'ordre p d'après a). Comme C C 2(G)}
C est distingué dans G. Soit n la surjection canonique de G dans G/C. L'ordre du groupe
quotient G/C est Card(G)/Card(C) = h/p <h = Card(G) et comme pa~l \ Card(G/C),

4. PROBLÈMES
41
on sait d'après l'hypothèse de récurrence qu'il existe un sous-groupe Hf de G/C d'ordre
p"-1. Le sous-groupe H = ^~l{Hr) est donc d'ordre Card(C)Card(///) = pa. D'où le
résultat.
PROBLEME 8. Soit G un groupe fini et H un sous-groupe de G. On suppose que Card(G) =
pCaxd(H) où p est le plus petit facteur premier de Card(Gf). Montrer que H est distingué
dansj^j
Solution. Considérons la relation d'équivalence sur G définie par
xlZy <=> x~ly G H.
La classe d'équivalence d'un élément x G G est de la forme x = xH (classe à gauche suivant
H). Notons X l'ensemble quotient G/71. Pour les mêmes raisons que dans la démonstration du
théorème de Lagrange, Card(X) = Caxd(G)/Caxd(H) = p. Fixons g € G. Pour tout x G G la
classe ~gx ne dépend pas du représentant x de x car
xUy => x~ly G H => (gx)~l(gy) = rr"1?/ G # => ^cft^y.
Ainsi, l'application
cry : X —> X x ^-^'gx
est bien définie, et il est facile de vérifier que c'est une permutation de X. Comme aQQi — agoafg,
l'application
(p : G —> S g *-* crg
(où S désigne le groupe des permutations de X) est un morphisme de groupes. On en déduit que
Im</> est isomorphe à G/Kertp, donc que Card(Im^) = Card(G)/Card(Kery>). De plus limp est
un sous-groupe de <S, donc Card(Im^) | Card(«S) = p\. Finalement,
Card(G)
Card(Kerp) ' P' '
Comme p est premier et que c'est le plus petit facteur premier de Card(G), on en déduit
facilement que Card(G)/Card(Kery>) divise p. Ainsi, Card(Kery>) > Card(G)/p = Card(iï). Un peu
d'attention montre que
Kerip = {</ G G | Va; G G, x~lgx G #}, (*)
en particulier Kenp C H. Comme Card(Kery>) > Card(iï), ceci entraîne Kenp = H. D'après
(*), ceci s'écrit Vg G if,Va; G G, x~lgx G H, c'est-à-dire que H est distingué dans G.
Problème 9.1/ Soit G un groupe. Si A C G, on note A' = {x e G | Va G A, ax = xa}.
a) Si A c G, montrer que A' est un sous-groupe de G.
b) Soit Z) un sous-groupe de G distingué dans G. On note A(D) le groupe des automor-
phismes de D.
a) Montrer que D' est distingué dans G et que G/D' est isomorphe à un sous-groupe
de A(D).
(3) Si D est d'ordre m premier, montrer que A(D) est isomorphe au groupe multiplicatif
(Z/mZ)*.
2/ Soit G un groupe fini non abélien d'ordre pq, où p et q sont des nombres premiers,
avec p < q. On note e le neutre de G.
a) Montrer que le centre Z(G) de G est réduit à {e}.
b) Montrer qu'il existe clans G au moins un sous-groupe d'ordre q (on pourra utiliser
"équation aux classes, voir le théorème 8 page 22).
c) Montrer qu'il n'existe qu'un seul sous-groupe K de G d'ordre g, et que K est distingué

42
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
dans G.
d) Montrer que K = K1 puis que p | (q — 1).
3/ Soit G un groupe d'ordre pq avec p et q premiers, p < q et p\ (q — 1). Montrer que G
est cyclique (on pourra utiliser le résultat a) du problème 7 page 40).
Solution. 1/ a) On a e G A!. Par ailleurs, si rc G A\ alors pour tout a € A} ax = xa donc en
multipliant à gauche et à droite par rc-1, x~la = ax~l. Ainsi, x~l G A!. Il ne reste plus qu'à
montrer que si x}y G -A', alors rcy G -A', ce qui est le cas car si a G -A, a(xy) = (ax)y = (xa)y =
x(ay) = x(ya) = (xy)a.
b) a) Soient x G G et y G IX Le sous-groupe 1} étant distingué dans G} on a, x^ax £ D pour
tout a e Dy donc (rc-1^)?/ = ^(a;"1^), ce qui entraîne a(xyx~l) = (xyx~l)a et ceci pour tout
a G D} donc xyx~l G £>', ce qui prouve que Dr est distingué dans G.
- Pour tout a G G, on note tpa : D —> G x >-> (pa(x) = axa~l. C'est un morphisme injectif, et D
étant distingué dans G> tpa est une bijection de D sur D. Autrement dit, tpa est un automorphisme
de D. Notons A! = {(pa \ a e G}. C'est un sous-groupe de A(D) pour la loi de composition.
Soit / : G —> A! a >—> cpa. L'application / est un morphisme de groupe surjectif. Par
ailleurs, Ker/ = {a G G | Vrc G D} (pa{x) = x} = D'y donc G/Ker / = G/Df est isomorphe à
A\ qui est un sous-groupe de A(D).
P) L'ordre de D étant un nombre premier, D est cyclique donc il existe xq G D tel que D = (xq).
Pour tout entier p, m \ p, on note y>p : D —> D x \-+ xv. Comme 1} est abélien (car
cyclique), ipp est un morphisme de groupe. Or si xp = e alors x = e (sinon x est d'ordre m donc
m | p, contradictoire). En d'autres termes, Ker tpp = {e}. Le morphisme (pp est donc injectif,
donc bijectif (<pp va de D dans D et D est fini). En résumé, on a montré que tpp G A(D).
- Soit / : (Z/mZ)* -> 4(2?) p »-> </V
/ est bien une application (si p = q} alors m | (p — g) donc tpp = (pq).
f est un morphisme de groupe : (ppq = (pp o <pq.
f est injective. En effet, si p G Ker /, alors tpp =Id£> donc Xq = xq donc p = 1 (mod m).
Ainsi, Ker/ = {i}.
/ est surjective. En effet. Soit (p G A(D). Alors il existe p, 1 < p < m — 1, tel que <^(#o) = ^o
(car si ^>{xq) = e alors Vfc, <^(#o) = e e^ V> n'est pas bijective). Soit y G i?. Il existe g G Z, y = £q,
donc y>(y) = (p(xq0) = (p(x0)q = xvQq = yp. Donc <p = <pp = f(p).
f est donc un isomorphisme, d'où le résultat.
2/ a) Soit pi l'ordre de Z(G). Supposons p\ > 1. L'ensemble Z{G) est un sous-groupe de G
donc pi | pq = Card(Cr) donc p\ G {p, g} car G n'est pas abélien. Le centre de G est distingué
dans G, et le groupe quotient G/Z{G) est d'ordre pq/pu donc premier, donc cyclique. Soit a e G
tel que à (la classe de a dans G/Z(G)) engendre G/Z{G). Si x e G> il existe un entier n tel que
à = ân, autrement dit il existe y G -Z(G) tel que x = yan. On voit donc que x commute avec
a, et ceci pour tout x e G. Donc a G Z(G), donc à = é, ce qui est absurde puisque à engendre
G/Z(G) ï {é}. Donc Pl = 1.
b) D'après le théorème 8 page 22, il existe une famille finie de sous-groupes stricts (Hi)iei de G
telle que
w = Card(G) = Card(2(G)) + £^|^.
S'il n'existe aucun sous-groupe de G d'ordre q} alors pour tout i on a forcément Caxd(Hi) = P
(car Card(jHi) | pq} ^ 1, ^ pq et ^ g). L'équation aux classes s'écrit donc pg = 1 + gCard(J),
donc 1 = q(p — Card(J)), absurde. Il existe donc au moins un sous-groupe de G d'ordre q.
c) Supposons qu'il existe deux sous-groupes distincts K\ et K2 d'ordre q. Alors KiD K2 = {e}
(car Ki n K2 est un sous-groupe de K\} son cardinal divise donc q} donc vaut 1 ou q — car q est
premier . Si son ordre est q} c'est que K\ = K2). L'application / : K\xK2 —> G {x\,x<i) »-> x\Xi
est donc injective (si x\X2 = 2/12/2> alors xjf 1yi = X2y^} G 7<i Pl i^2 donc x\xy\ = x^y^} = 6)-

5. SUJETS D'ÉTUDE
43
Donc Card(G) > Cardai x K2) = q2, absurde car p < q. Il n'y a donc qu'un seul sous-groupe
% d'ordre q.
- Montrons que K est distingué dans G. Si x G K et si a G G, alors (axa~1)q = axqa~l =
aea~l = e, donc arca-1 est d'ordre q ou 1 (g est premier), donc arca-1 G K d'après l'unicité d'un
sous-groupe d'ordre q. Le sous-groupe K est donc distingué dans G.
d) Le sous-groupe K étant cyclique (car d'ordre q premier), il est commutatif. Donc K C K'.
Or K' est un sous-groupe de G, donc Card(JftT/) | pç. Or Card(Ar/) > Caxd(K) = q > p> 1 donc
Card(i^') G {<7,p<7}. Si Card(JK'') = pq, c'est que K' = G et en retournant à la définition de K'>
ceci entraîne K C £((?) = {e}, ce qui est absurde. Donc Ca,rd(K') = qy donc K = K'.
-D'après 1/b), K' = K étant distingué dans G, G/K' est isomorphe à un sous-groupe de A(K).
Donc p = Ca,rd(G)/K divise Cavd(A(K)). Or d'après 1/b)/?), A{K) est isomorphe à {Z/qLf.
Donc Card(^l(K)) = q - 1, donc p | (q - 1).
3/ Comme p \ q — 1, G est abélien d'après 2/. D'après la question a) du problème précédent,
on peut donc trouver deux sous-groupes H\ et #2 de G d'ordre p et q. Les nombres p et q
étant premiers, #1 et Hi sont cycliques et donc il existe x E H\ d'ordre p et y G #2 d'ordre g.
L'élément z = xy est alors d'ordre pç (si zm = e alors £m = y-m donc xmq = e donc p \ mq donc
p | m d'après le théorème de Gauss ; de même q \ m donc pq | m), donc G = (z) est cyclique.
Remarque. Le résultat de cet exercice est un cas particulier du résultat suivant : si G est
un groupe fini d'ordre n et si n et </?(n) sont premiers entre eux (où <p désigne l'indicateur
d'Euler), alors G est cyclique.
5. Sujets d'étude
Sujet d'étude 1 (Théorème de Tchébycheff). Pour tout x g M, on note [x] sa
partie entière. Si n > 2, on note V(ri) l'ensemble des nombres premiers < n, et 7r(n) =
Card(P(n)). Enfin, si n G N* et si p est un nombre premier, on note vp(n) le plus grand
entier naturel a tel que pa \ n (valuation p-adique de n).
1/ Montrer que si n est un entier, n > 2, on a
2/ a) Si A; G N*, montrer C%k+1 < 4k.
b) En déduire que pour n > 2, Pn = Ylp€V(n) < 4n.
3/ Montrer que si n > 14, 7r(n) < n/2 — 1.
4/ Si n G iV et p est premier, montrer
00
vp(n\) = J2
i=l
n
pi
5/ Soient p un nombre premier. Montrer que pr < 2n, où r = VpCCJJ. En déduire
6/ Soit n > 2. Soit p premier, 2n/3 < p < n. Montrer que p \ CJn.
7/ Soit n > 2. On note P = V(2n) \ P(n) et #n = ElpepP- Si n > 98, montrer
471/3
= < i?n < (2n)7r(2n)"7r(n).
2^(2n)VW2
8/ Si rc G E, x > 7, montrer que 2* > 18x. Si x > 5, montrer que 2X > 6x. En déduire
que si n G N, n > 450, .Rn > 2rc.

44
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
9/ a) Montrer que si n G N, n > 5, il existe au moins deux nombres premiers p tels que
n < p < 2n.
b) En déduire le théorème de Tchébycheff : Si n est un entier, n > 4, alors il existe au
moins un nombre premier p vérifiant n < p < 2n — 2.
Solution. 1/ La majoration de C^n est une conséquence de l'identité du binôme, qui entraîne
2n
C2nn<EC2n = (l + l)2n = 4n.
k=0
Montrons l'autre inégalité par récurrence sur n > 2. Pour n = 2, c'est vrai car C| = 6 >
42/(2-\/2). Supposons le résultat vrai pour n, montrons le pour n + 1. On écrit
rn+i _ ,^ + 1 2(2n + l) _ 2n +1 +1
°2n+2 - n + ! ^2n > (n + 1)2^ ~ ^^^ + X)J^ >
et il suffit alors de voir que 4n(n + 1) < (2n + l)2 = 1 + 4n(n + 1).
2/ a) On écrit tout simplement
2fc+l
Z°2fc+1 — °2fc+l + °2fc+l < Z^ °2fc+l — Z — Z.4 .
n=0
b) Procédons par récurrence sur n.
- Pour n = 2 c'est vrai car P2 = 2 < 42.
- Supposons le résultat vrai jusqu'au rang n — 1. Si n est pair, alors Pn = Pn-\ < 4n_1 <
4n. Sinon n est impair. Soit A; G N tel que n = 2A; + 1. Pour tout nombre premier p tel que
k + 2<p<2k + l}p divise &!C2fc+1 = (A: + 1) • • • (2k + 1). Or p est premier avec A;!, donc
d'après le théorème de Gauss, p | C'Ifc+r ^ N désigne le produit des nombres premiers p tels
que k + 2 < p < 2k + 1, on a donc TV | C$k+V donc TV < Cjfc+1 < 4fc. Or Pfc+1 < 4fc+1. Donc
P2M = NPk+l < 4fc4fc+1 = 42fc+1.
3/ On vérifie facilement que 7r(14) = 6 = 14/2 — 1.
Supposons n > 15. Parmi 1,2,... ,n, les [n/2] — 1 nombres pairs 4,6,..., 2[n/2] sont composés.
Par ailleurs 1,9 et 15 ne sont pas premiers. On trouve donc au moins ([n/2] — 1) + 3 = [n/2] + 2
nombres composés parmi 1,2..., n. Donc 7r(n) < n — ([n/2] + 2) < n — (n/2 + 1) = n/2 — 1.
4/ Si A; 6 N*, vp(k) s'interprète comme l'exposant de p dans la décomposition de k en facteurs
premiers. Donc vp(n\) = Y^k=ivp(^)' Par commodité, nous utilisons le symbole de Kronecker
défini par 6lk = 1 si p1 \ k} Slk = 0 si p1 \ k. On a bien sûr vp(k) = YaLi <%> de sorte Que
n n / 00 \ 00 / n \
fc=l fc=l \i=l / i=l \k=l /
Pour tout z, Y^k=i ai représente le nombre d'entiers ky 1 < k <n tels que p1 \ k. Ces entiers sont
de la forme £pl où l G N* et £ < n/pl> donc au nombre de [n/p1]. Donc vp(n\) = YaIi^/p1]-
5/ Notre point de départ est la formule suivante (conséquence immédiate du résultat de la
question précédente) :
r = Vp(C2n) = vp[(2n)\] - 2vp(n\) = £
2n
SVLPfcJ
-2
n
pk
(*)
Lorsque a; G M, les inégalités 2x — 1 < [2a;] < 2x et x — 1 < [x] < x entraînent — 1 < [2a;] — 2[x] < 2,
et comme [2x] — 2[x] est entier, on a
0 < [2a;] - 2[x) < 1. (**)

5. SUJETS D'ÉTUDE
45
Lorsque pk > 2n, [2n/pk] = [n/pk] = 0 donc on peut se restreindre dans la somme (*) aux indices
h tels que pk < 2n, ou encore k < log(2n)/logp, ce qui entraîne
\2n
lPk
-2
n 1
pk J
l<fc<log(2n)/logp
log(2n)
logp
\2n
lPk
-2
n 1
= o,
l<fc<log(2n)/logp
On en déduit pr <2n. Finalement, ceci conduit à l'inégalité
C8i = Il PVp{C*n) < II (2n) = (2n)^2n).
peV(2n) peV(2n)
6/ Les hypothèses sur p s'écrivent aussi 2n/p < 3 et n > p, donc [2n/p] < 2 et [n/p] > 1.
Les inégalités (**) entraînent alors nécessairement [2n/p] — 2[n/p] = 0. Lorsque fe > 2, on a
pk >p2 > 4n2/9, ce qui pour n > 5 donne pk > 2n et donc [2n/pk] = [n/pk] = 0. Ainsi
oo
Vn>5, vp(C%n) = YJ
k=\
d'où le résultat si n > 5. Lorsque n = 3 ou n = 4, on a nécessairement p = 3. Or C| = 20 et
C| = 70 ne sont pas divisibles par 3, le résultat est donc démontré pour tout n > 3.
7/ Il est clair que
^=n^ < n^2n)=(2n)7r(2n)-?r(n).
pev pev
- Comme pour 2/b), on voit que Rn \ C^. Soit Qn G N* tel que C^ = RnQn- D'après 5/, si
p est premier, n < p < 2n, on a p \ Qn. Donc tout nombre premier p divisant Qn vérifie p < n.
D'après 6/, on a même p < 2n/3. Le produit des nombres premiers de Qn sera donc au plus égal
à jP[2n/3]> donc inférieur à 42n/3.
D'après 5/, l'exposant de p dans la décomposition de Qn en facteurs premiers ne sera > 1 que
si p < V2n. D'après 3/, comme >/2n > \/2 • 98 = 14, ce nombre de facteurs premiers de Qn est
inférieur à [y/2n]/2 — 1, donc strictement inférieur à y/2n/2 = y/n/2. Le produit des puissances
de ces nombres premiers divisant Qn sera donc au plus égal à (2n)vn/2, et finalement
Qn < 42n/3(2n)V^
et comme RnQn = C^, on tire de 1/
4^ 4^/3
RnQn > 77-7= donc Rn >
2y/n
2y/E(2n)y/^'
8/ La première partie de cette question se résout facilement (en utilisant par exemple une étude
de fonctions ou une récurrence sur rr). Traitons maintenant la seconde partie. Lorsque n > 450,
on a y/2n/6 > 5 donc 2^/6 > y/2n, d'où
2n/3 = ^x^/6^ > (^2^)x^ = (2n)V^/2. (***)
On a aussi 2n/9 > 7, donc 22n/9 > An donc 2n/3 > (4n)3/2 > Arty/n. En combinant cette dernière
inégalité avec (***), on obtient
au/3
> 2n/3 > 4ny/n,
(2n)V/^72
d'où le résultat d'après 7/.
9/ a) D'après 8/ et 7/, si n > 450, on a (2n)7r(2n)"7r(n) > Rn > 2n, donc 7r(2n) - 7r(n) > 2.
Il reste à vérifier le résultat pour 6 < n < 450. Les nombres premiers 7, 11, 13, 19, 23, 37,
43, 73, 83, 139, 163, 277, 317, 547, 631 suffisent à l'affirmer.
b) Pour n = 4 c'est vrai (4 < 5 < 6) ainsi que pour n = 5 (5 < 7 < 8). Pour n > 6, il existe
d'après 9/a) deux nombres premiers p tels que n < p < 2n, donc il en existe au moins un vérifiant
n < p < 2n - 2.

46
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
Remarque. Ce résultat fut conjecturé par J. Bertrand en 1845 et démontré pour la
première fois par Tchébycheff en 1850.
Sujet d'étude 2 (Symbole de Legendre et applications). Soitp > 2 un nombre
premier. Pour alléger les notations, on note Fp le corps Z/pZ et p' = (p— l)/2. Pour tout
ïGl, on note [x] sa partie entière.
1/ Calculer le cardinal de l'ensemble (F*)2 = {x2 | x G ¥*}.
2/ Si x G Z, p \ x, on note (-) = 1 si x G (F!)2, (£) = — 1 sinon (symbole de Legendre).
a) Si p\ x, montrer que (-) = xp' (mod p), puis montrer
Va:,y, p\x, p\y, [ ^-j = (^
1
P,
b) Calculer (f).
3/ Soit S = {i, 2,... ,p'} et soit a G Z, p \ a. Si 5 G N, 1 < s < p\ on peut écrire de
manière unique as = es(a)èa avec es(a) G {—1,1} et sa G £.
a) Montrer que l'application / : S —► S s *-> èa est bijective.
b) Soit iia = Card{s G S | es(a) = -1}. Montrer (^) = (-1)^.
4/ (Loi de réciprocité quadratique.) Soit q > 2 premier, ç 7^ p. On note q' = (q — l)/2.
a) On considère les sommes
p
^<7.P — Z^
s=l
sq
Pi
et
^p.9 — Z^f
s=l
sp
Montrer que SPyq + Sq,p = p'q'.
b) Montrer que SqyP = \iq (mod 2).
c) En déduire la loi de réciprocité quadratique
P
q- ) = (-1)"
Application i. 5/ a) (Un test de primalité.) Soient h et m deux entiers tels que m > 2 et
1 < h < 2m - 1. On pose n = /i2m + 1. Soit p > 2 premier tel que (-) = -1. Montrer que
n est premier si et seulement si p(n-1)/2 = — 1 (mod n).
b) (Test de Pépin). On rappelle que les nombres de Fermât sont les nombres de la forme
Fk = 22 +1 où k G N* (voir l'exercice 3 page 11). Montrer que F^ est un nombre premier
si et seulement si 3^Ffc_1^2 = — 1 (mod Fk).
Application 2. 6/ a) Soit p > 3 un nombre premier. Montrer que —3 est un carré clans Fp
si et seulement si p = 1 (mod 6). En déduire qu'il existe une infinité de nombres premiers
de la forme 6n + 1.
b) Soit p > 5 un nombre premier. Montrer que 5 est un carré dans Fp si et seulement si
p = ±1 (mod 10). En déduire qu'il existe une infinité de nombres premiers de la forme
lOn - 1, n G N.
Solution. 1/ L'application (p
x G Ker ip 4=^ x2 = 1
F!
p
(F*)2 x i-> x2 est un morphisme de groupe surjectif. Or
(x - l)(x + 1) = 0
donc Card((F;)2) = Card(F;)/Card(Ker (p) = (p - l)/2 = p'.
x G {-1,1}. Donc Card(Kery>J = 2,

5. SUJETS D'ÉTUDE
47
Q
C
\Q
R
P
y
S
o
p
p
FiG. 1. La diagonale OC sépare les points de OPRQ en deux régions.
2/ a) Si a; G (F*)2, alors il existe j/€FJ tel que x = y2 et donc xp> = yp~l = i. L'équation xp> -1
ayant au plus p' racines dans le corps F*, comme Card((F;)2) = p' on en déduit l'équivalence
^p' = i) <^> (x G (F;)2). Or si a; G F;, xp~l = x2p' = i donc {xp> - \){xp' + i) = Ô donc
xp' g {-i, i}- Donc si x <£ (F*)2, xp' = -i, d'où le résultat.
On a donc
^ j = {xVy = (x^x/) =
(mod p)
1 ) (V
,PJ \PJ
et comme p > 2, on en déduit le résultat.
b) D'après 2/a), (=±) = (-1)"' (mod p), et comme p > 2 et que (f) G {-1,1}, (f) = (-l/.
3/ a) Remarquons que si s G 5, alors /(s) = es(a)às. Ceci étant, / est injective. En effet, si
f(s) = /(s')> alors es(a)às = esi(a)àsf donc es(a)s = es>{a)s\ doncp divise es^s — es'^s' = n.
Or \n\ < \s\ + |s'| < 2pr < p, donc n = 0, ce qui prouve es(a)s = est{a)sr et en passant aux valeurs
absolues 5 = s'. L'application / est injective et comme le cardinal de l'ensemble de départ est
égal à celui de l'ensemble d'arrivée, / est bijective.
b) On écrit
I] è\ (j) = (i • 2 • • -p'K' = à(2à) • • • (p'à) = (j[ s) m es(a)\ .
Comme / est bijective, FLeS^ = T\seSes(a)> et ce terme étant non nul, on obtient
(-)=IIc'(fl)-(-1)'lft (modp)'
^p' ses
d'où le résultat.
4/ a) Nous allons établir la preuve à l'aide d'un dessin (voir la figure ci contre). Remarquons déjà
que p et q étant premiers et distincts, ils sont premiers entre eux. Autrement dit, dans la figure,
aucun point à coordonnées (z,jf) entières (l<i<p\l<j< qf) ne rencontre la diagonale
OC. Soit 5 G N, 1 < 5 < pf. [sq/p] représente le nombre de points à coordonnées entières,
d'abscisse 5, d'ordonnée > 0, se trouvant sous la diagonale OC. Le nombre SQiP = Y1Ï=i[sq/p)
représente donc le nombre de points à coordonnées entières d'ordonnées > 0 dans le rectangle
OPRQ se trouvant sous la diagonale OC. Pour des raisons analogues, SP)Q représente le nombre
de points à coordonnées entières d'abscisse > 0 dans le rectangle OPRQ se trouvant au dessus
de la diagonale OC. La somme SP)Q + SQiP est donc le nombre de points à coordonnées entières
dans le rectangle OPRQ d'abscisse et d'ordonnées > 0, c'est-à-dire SPiQ + SQiP = p'q*.
b) Lorsque 5 G N, 1 < 5 < p\ on écrit sq = p[sq/p] + uSy où 1 < us < p — 1. On a la propriété
suivante :
Si us < p\ us = sq et es(q) = 1 ; si us > p\ us=p- sq et es(q) = -1.

48
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
Par sommation de l'égalité sq = p[sq/p] + us on obtient
• -, p' v'
s=l s=l
L P J
s=l s=l
Par ailleurs, en travaillant modulo 2 on a
p'
J2us= Yl 59+ Y (p~sq)~ Yl s<? + W + Y, s9 (mod2)>
s=l e5(g)=l es(g)=-l es(g)=l es(q)=-l
p' P'
= Ys<j+fj''ip=J2s+fj'<i (mod 2)-
s=l s=l
En injectant ceci dans l'identité (*) on obtient
p' p' p'
qJ2s~pSw + Ys + ^q = 5<?,p + J3S + ^ (mod 2)'
5=1 5=1 5 = 1
Comme q = 1 (mod 2) ce résultat entraîne que SQ)P et fiq ont la même parité.
c) D'après 4/b), SQ)P et \iq ont la même parité ; pour les mêmes raisons, SPiQ et [xv ont également
même parité. Donc d'après 3/b)
cette dernière égalité provenant de 4/a).
5/ a) Condition nécessaire. Comme m > 2, n' = (n — l)/2 est pair, donc d'après la loi de
réciprocité quadratique
© - G) - -•
ce qui d'après 2/a) entraîne p(n l^2 = — 1 (mod n).
Condition suffisante. Soit ç un facteur premier de n (q ^ p car p An = 1). On a
p(n-l)/2 _ _x (m()d ^ pn-l = x (mod q^ pq-l = X (mod qy
En désignant par d l'ordre de p dans (Z/qrZ)*, on a donc
n — 1
df —-—, d\(n-l) et d\q-l.
Les deux premières assertions s'écrivent aussi d \ 2m~1h et d | 2m/i, donc 2m \ d et 2m \ (q — 1).
Soit rr G N* tel que q = 2mx + 1. Si r est tel que n = qr, de n = 1 = q (mod 2m) on tire r = 1
(mod 2m) donc il existe y G N, r = 2my + 1. Donc
n = qr = {2mx + l)(2my + 1) = 22mxy + 2m(rr + y) + 1
d'où on tire 2mxy < 2mxy + x + y = h < 2m, donc y = 0, et donc n = q est premier.
b) On veut appliquer le test précédent avec h = 1 et m = 2k > 2. Comme 2m = (-l)m = 1
(mod 3), on a n = 2 (mod 3) donc (|) = — 1 comme on le vérifie facilement. Le test précédent
s'applique donc (avec p=3), d'où le résultat.
6/ a) D'après la loi de réciprocité quadratique
|) (!)=(-!)'" donc e)=(-lf'(|;
On a donc, en utilisant 2/a) et 2/b)
:t)-(t) ®-<-"-"(§)-(§)■

5. SUJETS D'ÉTUDE
49
Si p = 1 (mod 3), alors (§) = 1 ; si p = 2 (mod 3), alors (|) = -1. D'après (**), -3 est donc
un carré dans Fp si et seulement si p = 1 (mod 3), autrement dit si et seulement si p = 1 + 3k
avec A; G N*, ou encore p = 1 + 6n avec n G N* car k doit être pair.
Supposons qu'il y ait un nombre fini de nombres premiers de la forme l + 6n. Nous les notons
pi,-" iPk- On pose N = 1 + 223(pi • •-pfc)2. Soit p un nombre premier divisant N. Comme
g | TV - 1, on a p > 3. Par ailleurs
-1 = 223(pi • • -pk)2 (mod p) donc - 3 = (2 • 3 -pi • • -pfe)2 (mod p),
donc —3 est un carré dans Fp, donc p = 1 (mod 6), donc il existe i tel que p = pi. Mais alors
p | TV — 1, ce qui est absurde puisque p = Pi divise TV. D'où le résultat.
b) D'après la loi de réciprocité quadratique
G) (!) - «-^ - * - ©-©■ (~>
On vérifie facilement que les carrés dans Fljj sont —1 et 1. D'après (***), 5 est donc un carré dans
Fp si et seulement si p = ±1 (mod 5), c'est-à-dire p = ±1 + 5k, k G N*, où encore p = ±1 + lOn,
n G N* car fc doit être pair pour que p soit premier.
Supposons qu'il y ait un nombre fini de nombres premiers de la forme lOn — 1, n G N*. Nous
les notons pi, • • • ,Pk- Posons N = — 1 + 22325(pi • • -pk)2- Soit p un nombre premier divisant N.
Comme (2 • 3 • 5) | N + 1, p > 5. Par ailleurs,
1 = 22325(pi • • • pkf (mod p) donc 5 = (2 • 3 • 5pi • • • pk)2 (mod p),
donc 5 est un carré dans Fp. Donc p = ±1 (mod 10). Si p = —1 (mod 10), alors il existe i tel
que p = Pi et donc p | TV + 1, ce qui est absurde puisque p \ N. Nous venons donc de montrer
que tout diviseur premier p de N vérifie p = 1 (mod 10), ce qui en écrivant la décomposition
en facteurs premiers de N entraîne N = 1 (mod 10). Ceci est absurde puisque la forme de N
entraîne N = — 1 (mod 10). Il y a donc une infinité de nombres premiers de la forme lOn — 1,
nGN*.
Remarque. On retrouve avec la question 2/b) le résultat 1/a) du problème 4 (page 37).
Le résultat de 6/a) est un cas particulier de la question 2/ de ce même problème.
- Les nombres de Fermât F* sont premiers pour k < 4. On n'a jusqu'ici jamais trouvé
d'autres nombres de Fermât premiers, et on ne sait pas s'il y en a. On sait que Fk n'est
pas premier pour 5 < k < 32. Le test de Pépin a été utilisé en 1999 pour montrer que F2a
n'est pas premier.
Sujet d'étude 3 (Sur les entiers somme de deux carrés). Le but de ce sujet
d'étude est de donner une condition nécessaire et suffisante sur n pour qu'un entier n soit
somme de deux carrés.
On note A2 = {x2 + y2 \ (se, y) G Z2}. On suppose connu le résultat 1/a) du problème 3 :
Si p > 2 est premier, alors
— i est un carré dans Z/pZ <=^> p = 1 (mod 4) (*).
1/ Si X et Y appartiennent à A2, montrer que XY G A2-
2/ Soit p un nombre premier tel que p = 1 (mod 4).
a) Montrer qu'il existe un entier m, 1 < m < p, tel que mp G A2.
Soit m,Q la plus petite valeur de m non nulle telle que mop G A2. Supposons rao > 1.
b) Montrer qu'il existe deux entiers x\ et y\ tels que x\ + y2 = rairao, avec m,\ un entier
vérifiant 1 < rai < ra0.
c) Montrer qu'il existe deux entiers X et Y tels que X2 + Y2 = rti\p. Conclure.

50
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
3/ Démontrer le résultat suivant : Un entier n > 0 est somme de deux carrés d'entiers si
et seulement si tous les facteurs premiers de n de la forme 4m+ 3, m G N, ont un exposant
pair dans la décomposition en facteurs premiers de n.
Solution. 1/ Soit X = x\ + x\ et Y = y2 + y\ deux éléments de A2. On peut écrire X et Y
comme le carré des modules des nombres complexes x = x\ -\-ix2 et y = y\ + iy2- Il suffit ensuite
de remarquer que XY = \xy\2 = (x\X2 + 2/12/2)2 + (#12/2 - #22/i)2.
2/ a) D'après (*), —i est un carré dans Z/pZ. Autrement dit, il existe x G Z,tel que —1 = x2
(mod p). On peut même choisir x tel que 0 < x < p — 1. Comme x2 + 1 = 0 (mod p), il existe
m G Z tel que x2 + 1 = mp} et comme 0 < rr < p — 1, on a 0 < m < p, d'où le résultat.
b) Par hypothèse, il existe rr, y G Z tels que x2 + y2 = mop (**). Si mo divise x et y, alors
mo ! (x2 + 2/2) donc mo I P) ce Qui est absurde puisque 1 < mo < m < p. Donc mo ne divise pas
x ou ne divise pas y. En désignant par c et d les entiers les plus proches de x/mo et y/mo, les
entiers rri = rr — cmo et y\ = y — dmo vérifient
1 1
\x\\ < 2mo, |î/i|<2mo et £2 + 2/2>0.
Or rri = x (mod mo) et 2/1 = y (mod mo) donc x\-\- y2 = x2 -\- y2 = Q (mod mo), et donc il
existe m\ G N tel que rr2 + y2 = m\mo. Comme x\ + y2 > 0, mi > 0. Par ailleurs, x2 + y2 <
(mo/2)2 + (mo/2)2 = rn^/2 donc mi < mo-
c) Multipliant (**) par l'égalité x\ + y2 = mimo, on obtient
mlmip = (x2 + y2)(x2 + y2) = (xxi + yyi)2 + (xyi - rriy)2.
Mais
{^^1 + 2/2/1 = #(# — cmo) + 2/(2/ " d^o) = moX avec X = p — ex — dy eZ
xy\ — rriy = x{y — dmo) — y(rr — cmo) = moY" avec Y = cy — dx G Z/
Donc mip = X2 + Y"2 G *Â2- Or 1 < m\ < mo ce qui est contraire à l'hypothèse de rninimalité
faite sur mo. Donc mo = 1, c'est-à-dire pG^-
3/ Condition nécessaire. Soit n = x2 + y2 (avec rr, y G Z) et p un facteur premier de n tel que son
exposant dans la décomposition de n en facteurs premiers soit impair. Notons d = pgcd (rr, y). Les
nombres X = x/d et Y = y/d sont des entiers qui vérifient X A Y = 1. Comme n = d2(X2 + Y2)
et que l'exposant de p dans la décomposition de n en facteurs premiers est impair, on a forcément
p | X2 + Y2. Or p \ X (sinon p \ X donc p \ Y, absurde car X A Y = 1), X est donc non nul dans
Z/pZ. Comme X2 + Y2 = Ô dans Z/pZ, on a -i = (X-1 Y)2 donc -i est un carré dans Z/pZ,
donc p = 2 ou p = 1 (mod 4) d'après (*). D'où la condition nécessaire.
Condition suffisante. Soient pi,... ,p& les facteurs premiers de n dont l'exposant dans la
décomposition en facteurs premiers de n est impair. On peut écrire n = m2p\ • • -pfc, où m G N*. Par
hypothèse, pour tout i on a pi ^ 3 (mod 4), ce qui, les pi étant des nombres premiers, entraîne
Pi = 1 (mod 4) ou pf = 2. Donc p* G ^2 (d'après 2/ et parce que 2 = 12 + 12 G ^2)- Donc d'après
1/, pi • • -pk G ^2- Or m2 = m2 + O2 G *Â2, et toujours d'après 1/, n = (m2)(pi • • -p&) G ^2-
D'où le résultat.
Remarque. Ce résultat fut complété par Jacobi qui montra que si d\(ri) (resp. d^{n))
désigne le nombre de diviseurs de n de la forme 4n + 1 (resp. 4n + 3), alors
Card{(x,y) G Z2 | n = x2 + y2} = 4^(n) - d3{n)\
Sujet d'étude 4 (Tout entier est somme de quatre carrés). Le but de ce
sujet d'étude est de montrer que tout entier naturel est somme de quatre carrés. On note
A4 = {x2 + y2 + z2 +12 | (x,y,z,t) G Z4} et Z[i] = {x + iy | (rc,y) G Z2} (anneau des
entiers de Gauss).

5. SUJETS D'ÉTUDE
51
\l Soient x,y,z et t des nombres complexes. Vérifier que
(M2 + M2)(M* + l*l2) = I*î + yl? + \xt - yz\2.
En déduire que si X et Y G Ai, alors XY G A4.
2) Soit p > 2 un nombre premier.
a) Montrer qu'il existe x,y G Z tels que —1 = x2 + y2 (mod p). (On pourra utiliser le
résultat de la question 1/ du sujet d'étude 2 page 46).
b) En déduire qu'il existe m G N, 1 < m < p tel que rap G Ai.
Soit rriQ le plus petit entier > 0 tel que tïIqp G A4. Supposons rao > 1.
c) Montrer que rao est impair.
d) Montrer qu'il existe x,y G Z[z] tel que mop = \x\2 + \y\2.
e) Montrer qu'il existe c et d £ Z[i] tels que 2 = x — ciuq et t = y — dmo vérifient
\z\2 + \t\2 = ra0rai avec 1 < rai < ra0.
f) En utilisant 1/, montrer que m\p G A4. Conclure.
3/ En déduire le théorème de Lagrange : tout entier naturel est somme de quatre carrés
d'entiers.
Solution. 1/ Pour la première partie de la question, il suffit d'écrire
\xz + yi\2 + \xt - yz\2 = (xz + yï)(xz + yt) + (xt - yz)(xt - yz)
= (\xz\2 + \yt\2 + xz~yt + xzyt) + (|:r£|2 + |2/z|2 - xtyz - xlyz)
= \xz\2 + M2 + \xt\2 + \yz\2 = {\x\2 + \y\2){\z\2 + |*|2).
Maintenant, considérons X = x\ + rr| + x\ + £4 et Y = y2 + 2/2 + v\ + 2/4 deux éléments de A*.
Appliquons la relation précédente avec rr = x\ + irr2, 2/ = #3 + i#4, 2; = y\ + iy2 et t = ys + 22/4.
On a X = \x\2 + \y\2 et Y = \z\2 + \t\2. Le carré du module d'un élément de Z[i] étant la somme
de deux carrés d'entiers, on en déduit que XY = |rrz + yt\2 + \xt — yz\2 est somme de quatre
carrés d'entiers, d'où le résultat.
2/a) D'après la question 1/ du sujet d'étude 2, on a Card{rr2 | x G (Z/pZ)*} = (p - l)/2. En
comptant Ô, on voit donc que F = {x2 \ x G Z/pZ} a (p + l)/2 éléments. De Pinjectivité de
l'application Z/pZ -> Z/pZ y »-> -1 -y, on voit que r' = {-1 -y2 | y G Z/pZ} a aussi (p+1)/2
éléments. Donc mr ^ 0 (car si mr' = 0, alors p = Card(Z/pZ) > Card(r)+Card(r') = p+1,
absurde), ce qui entraîne l'existence de rr,y G Z/pZ tels que — i — y2 = x2, d'où le résultat.
b) D'après la question précédente, il existe xyy G Z tels que — 1 = x2 + y2 (mod p). On peut
même supposer 0<rr<petO<y<p, et quitte à changer rr en p — rr, y en p — y, supposer
0 < x < (p - l)/2 et 0 < y < (p - l)/2. Comme p | 1 + rr2 + y2, il existe m e Z tel que
1 + x2 + y2 = mp. Donc 0 < rap < 1 + 2(^)2 < p2, d'où 1 < m < p.
c) Supposons rao pair. Soient rri,rr2,rr3,rr4 G Z tels que raop = rr2 + x2 + rr§ + rr2. Comme rao
est pair, les éléments rri,rr2,rr3,rr4 sont (i) soit tous pairs, (ii) soit tous impairs, (iii) soit deux
d'entre eux sont pairs et deux sont impairs, et quitte à renuméroter, on peut supposer rri,rr2
pairs et £3,0:4 impairs. Dans tous les cas, les éléments
rri - X2 x\+ X2 xz — X4 X3 + rr4
2 ' 2 ' 2 ' 2
sont des entiers. Comme
^P = [-2-) + [-2-) + {-2-) + {-^2-) •
l'hypothèse de minimalité de rao est contredite. Donc rao est impair.
d) Si £i,rr2J#3,rr4 G Zsont tels que raop = rrf+rr^+rrl+rr2, si rr = rri+zrr2 et y = £3+20:4 G Z[z],
alors ra0p = |rr|2 + \y\2.

52
1. ARITHMÉTIQUE, GROUPES ET ANNEAUX
e) Montrons auparavant le résultat suivant :
VZ = a + ib G C, 3Z' G Z[i) tel que \Z - Z'\2 < -. (*)
Il suffit en effet de prendre Z' = a' + ib' où a' et b' sont des entiers tels que \a — a'\ < 1/2 et
\b - b'\ < 1/2. On a alors \Z - Z'\2 = \a- a'\2 + \b- b'\2 < (1/2)2 + (1/2)2 = 1/2.
D'après (*), il existe c G Z[ï\ tel que \x/mo — c\2 < 1/2. Autrement dit, si z = x — raoc, on a
\z\2 ^ wio/2- Comme |z|2 est un entier et que rao est impair, on a même \z\2 < ml/2. De même,
il existe d G Z[i] tel que t = y - dm,Q vérifie \t\2 < ml/2. Or
\z\2 + |*|2 = |rc|2 + \y\2 - m0[(xc + xc) + (2/d + j/d)] = m0(p - [(xc + xc) + (yd + yd)],
donc rao divise \z\2 + \t\2. Soit rai G N tel que \z\2 + \t\2 = rairao- On tire des majorations de \z\2
et \t\2 que rai < rao- Par ailleurs rai > 0 car si rai = 0, alors z = t = 0 donc x = crao et y = drrtQ
donc prriQ = |a:|2 + |2/|2 = |rao|2(|c|2 + |d|2), donc rao | p ce qui est absurde car 1 < rao < p
(d'après 2/a)). Donc 1 < rai < rao d'où le résultat.
f) En multipliant les égalités rriQp = |rr.|2 + \y\2 et raorai = \z\2 + |£|2, on obtient d'après 1/
ra^raip = |#2 + yt\2 + \xt — yz\2. (**)
Or
xz + yi = x(x — cmo) + y(y — dmo) = \x\2 + \y\2 — mo(xc + yd) = raoa, a = p — xc — yde Z[i\.
Par ailleurs, xt — yz = —drriQX + cmoy = rao/? où (5 = —dx + cy G Z[i]. D'après (**), on peut
écrire raip = \a\2 + |/?|2, et comme le carré du module d'un élément de Z[i] est la somme de deux
carrés d'entiers, raip G A4. Ceci contredit l'hypothèse de minimalité faite sur rao. On a donc
rao = 1, c'est-à-dire p G A4.
3/ D'après 2/, tout nombre premier p > 2 est somme de quatre carrés. Il en est de même
de p = 2 = l2 + l2 + 02 + 02. Tout nombre premier est donc élément de A4. Si n est un
entier, n peut s'écrire comme le produit de nombres premiers d'après le théorème fondamental
de l'arithmétique, et donc n e A4 d'après 1/. D'où le résultat.
Remarque. Il faut au minimum additionner quatre carrés d'entiers pour représenter tout
entier naturel n, comme le montre le cas de n = 7.
- On peut se poser le problème plus général suivant. Étant donné un entier k > 2, que
vaut g(k), le plus petit entier m > 0 tel que tout entier est somme de m puissances fc-ièmes
d'entiers, et que vaut G(k), le plus petit entier m > 0 tel que tout entier suffisamment
grand est somme de m puissances fc-ièmes d'entiers ? La recherche (et l'existence) de g{k)
et G(k) s'appelle le problème de Waring. Nous venons de montrer que #(2) = 4. On peut
montrer que G(2) = 4. On sait par exemple que g (S) = 9 et 4 < G(3) < 7, 19 < g(4) < 22
et G(4) = 16, g(S) = 37 et G(5) < 23.

CHAPITRE 2
Corps, Polynômes et Fractions Rationnelles
HISTORIQUEMENT, la recherche des solutions des équations polynomiales
précède l'étude des polynômes. Elle marque l'entrée des mathématiques dans une
nouvelle ère. En effet, la première en date des grandes découvertes en
mathématiques allant nettement au delà des connaissances de l'antiquité est la
formule de résolution de l'équation du troisième degré x3 — px = q obtenue
sans doute au début du seizième siècle par Scipione del Ferro, professeur à
l'université de Bologne. Cardan est le premier à rendre publique cette formule
vers 1545. Vers 1540, Ferrari, élève de Cardan, obtient la formule de
résolution de l'équation du quatrième degré. L'équation du cinquième degré tient
cependant les mathématiciens en échec pendant 200 ans ; ce n'est qu'en 1826
qu'Abel démontre qu'il est impossible de donner des formules explicites de
type de celles données pour les degrés inférieurs pour les solutions des
équations de degré supérieur ou égal à 5. Quelques années plus tard, Galois donne
un critère de résolubilité par radicaux de toutes les équations polynomiales.
La théorie des polynômes est née.
Parallèlement, on essaye de démontrer le théorème fondamental de
l'Algèbre (tout polynôme complexe de degré n a n racines complexe). On s'y
attaque vers 1746, d'abord en essayant de donner une démonstration purement
algébrique, avant de s'apercevoir qu'il fallait utiliser les propriétés topologiques
de R. Lagrange en publia une démonstration dans ses mémoires en 1771.
1. Corps, polynômes et arithmétique dans K[X]
1.1. Corps
DÉFINITION 1. Soit K un ensemble muni de deux lois internes "+" et "•". On dit que
(K, +, •) est un corps si
(i) (K, +) est un groupe abélien.
(ii) (K*, •) est un groupe.
(iii) La loi • est distributive par rapport à la loi +.
Remarque 1. - Si la loi • est commutative, on parle de corps commutatif.
- Il revient au même de dire qu'un corps est un anneau dans lequel tout élément non
nul est inversible.
- Les corps les plus couramment rencontrés sont Q, R,C et Z/pZ (p premier).
Définition 2. Soit (L, +, •) un corps et K c L. On dit que K est un sous-corps de L si
la restriction à K des lois + et • lui confère une structure de corps (on dit aussi que L est
un surcorps ou une extension de K).
Remarque 2. Si K est un sous-corps commutatif de L, L est un K-espace vectoriel.
Avec la définition de la caractéristique d'un anneau donnée page 30, on a :
Proposition 1. La caractéristique d'un corps est 0 ou un nombre premier.
Démonstration. Immédiat avec la proposition 3 page 30 car un corps est un anneau intègre. D

54
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
Exemple 1. Les corps, Q, M et C sont de caractéristique 0; si p est un nombre premier,
le corps Z/pZ est de caractéristique p.
Corps premier, sous-corps premier.
DÉFINITION 3. Un corps est dit premier s'il n'admet pas d'autres sous-corps que lui même.
Exemple 2. Les corps Q, Z/pZ (où p est un nombre premier) sont premiers.
DÉFINITION 4. Soit (K,+, •) un corps dont l'élément neutre de (K*, •) est noté e.
- Si K est de caractéristique 0, alors Qi = {^J, (n,m) G Z x Z*} est un corps premier
isomorphe à Q. C'est le sous-corps premier de K.
- Si K est de caractéristique p premier, l'application / : Z —► K n ^ ne est un
morphisme d'anneaux et Ker / = pZ. Donc Z/Ker / = Z/pZ est isomorphe à
K' = /(Z), donc K' est un corps premier. C'est le sous-corps premier de K.
Exemple 3. Le corps Q est le sous-corps premier de R (ou de C). Le corps Z/pZ est le
sous-corps premier de Z/pZ (où p est un nombre premier).
1.2. Polynômes
DÉFINITION 5. Soit A un anneau commutatif unitaire. On appelle polynôme à une
indéterminée à coefficients dans A toute suite (an)nGN d'éléments de A tous nuls à partir d'un
certain rang.
Les polynômes sont munis des opérations usuelles d'addition et de produit de
polynômes. On rappelle que tout polynôme P = (ai)^ à une indéterminée à coefficients dans
A s'écrit P = ^i€N aiX% où X désigne la suite X = (0,1,0, • • • , 0, • • • ). On appelle degré
de P, noté deg(P), le plus grand indice i tel que a* ^ 0 (avec par convention deg(P) = —oo
si P = 0). L'ensemble des polynômes à une indéterminée à coefficients dans A est noté
A[X], C'est un anneau commutatif unitaire, intègre si A est un anneau intègre. Si A = K
est un corps, K[X] est un K-espace vectoriel.
DÉFINITION 6. Soit A un anneau commutatif unitaire.
- On dit que P, Q G A[X] sont associés s'il existe À G A inversible tel que P = XQ.
- Un polynôme P G A[X] est dit unitaire si son coefficient dominant (i. e. le coefficient
du monôme de plus haut degré de P) est égal à l'élément neutre 1 de la loi •.
1.3. Arithmétique dans K[X]
Dans toute cette section, K désigne un corps commutatif.
Le caractère euclidien (donc principal) de l'anneau des polynômes K[X] lui confère
une structure arithmétique tout-à-fait analogue à celle sur les entiers. Pour cette raison,
nous ne passerons en revue que les propriétés arithmétiques de K[X] les plus importantes.
Théorème 1 (Division euclidienne). Soient A, B g K[X], B ^ 0. Alors
3!(Q, R) G K[X]2 tel que A = BQ + R avec deg(P) < deg(P).
Remarque 3. Dans le cas de A[X] où A est un anneau commutatif unitaire, si le coefficient
dominant de B est inversible, alors
(3(Q, R) G A{X]2), A = BQ + R avec deg(fl) < deg(P).
Si de plus A est intègre, il y a unicité du couple (Q,R). Ceci est en particulier vrai sur
Z[X] si B est unitaire.
Théorème 2. L'anneau K[X] est principal.

1. CORPS, POLYNÔMES ET ARITHMÉTIQUE DANS K[X]
55
Remarque 4. Ceci est faux sur A[X] lorsque A n'est pas un corps (voir l'exercice 1).
DÉFINITION 7. Soient Pi, • • • , Pn des polynômes de K[X]. L'unique polynôme unitaire P
engendrant l'idéal (Pi) H h (Pn) s'appelle le pgcd des polynômes Pi,..., Pn. Il est noté
pgcd (Pi, • • • , Pn)- C'est aussi le diviseur unitaire de plus haut degré divisant tous les P*.
DÉFINITION 8. Des polynômes Pi, • • • , Pn G K[X] sont dits premiers entre eux dans leur
ensemble si on a pgcd (Pi, • • • ,Pn) = 1. Ils sont dits premiers entre eux deux à deux si
Vt^J, pgcd(Pi,Pi) = l.
On définit également, comme dans Z, la notion de ppcm de n polynômes.
Théorème 3 (Bezout). Des polynômes Pi,..., Pn G K[X] sont premiers entre eux dans
leur ensemble si et seulement s'il existe Ui,..., Un G K[X] tels que U\Pi-\ \-UnPn = 1.
Remarque 5. - Lorsque P,Q G K[X] sont premiers entre eux, on peut même avoir
UP + VQ = 1 avec deg(f/) < deg(Q) et deg(l/) < deg(P) (voir la remarque de
l'exercice 3, page 56).
- Comme dans Z, il découle du théorème de Bezout le théorème de Gauss : Si P | QR
et si pgcd (P, Q) = 1, alors P | R.
Ce qui dans Z joue le rôle des nombres premiers est ici appelé polynôme irréductible.
Plus précisément :
DÉFINITION 9. Un polynôme P G K[X] est dit irréductible dans K[X] si P n'est pas
constant (i. e. deg(P) > 1) et si ses seuls diviseurs dans K[X] sont les constantes non
nulles et les polynômes associés à P.
Remarque 6. Attention. Un polynôme irréductible dans K[X] ne l'est pas forcément dans
h[X] où L est un surcorps de K. Par exemple, P = X2 + 1 est irréductible dans M[X],
mais pas dans C[X] puisque P = (X — i)(X + i).
Comme dans Z, on a le résultat suivant.
—*■ Théorème 4. Soit P G K[X] un polynôme non nul. Alors P se décompose de manière
unique à l'ordre prés sous la forme
P = ÀPf1 • • • iÇ*
où À G K*, ai G N* et les Pi sont des polynômes distincts, unitaires et irréductibles dans
K[X].
Rappelons enfin le théorème de division selon les puissances croissantes.
Théorème 5. Soient A, B G K[X], le coefficient du terme constant de B étant non nul.
Soit keN*. Alors
(3!(Qfc,Pfc)<EK[X]2), A = BQk + Xk+lRk avec deg(Pfc) < k.
Déterminer (Q^, Rk)> c'est effectuer la division de A par B selon les puissances croissantes
à l'ordre k.
1.4. Exercices
Exercice 1. Soit A un anneau commutatif unitaire intègre. Montrer que A est un corps
si et seulement si A[X] est un anneau principal.
Solution. La condition nécessaire est une question de cours. Montrons la condition suffisante.
Soit a G A, a ^ 0. Il s'agit de montrer que a est inversible. Comme A[X] est principal, il existe
P G A[X] tel que (a) + {X) = (P). Comme a G (P), il existe Q G A[X] tel que a = PQ. On en
déduit, A[X] étant intègre, que P e A.

56
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
Comme P e (a) + (X), il existe U et V G A[X] tels que aU + XV = P. Si b G A désigne le
coefficient du terme constant de [/, on en déduit ab = P puisque P est constant.
Comme X G (P), il existe Q G j4[X] tel que PQ = X. Si c e A désigne le coefficient du
terme en X de Q, on a donc Pc = 1. Finalement, on a abc = Pc = 1, et A étant commutatif,
a(bc) = (bc)a = 1 donc a est inversible. D'où le résultat.
Exercice 2. Soient A = Xa - 1 et B = Xb - 1 G K[X], avec a, 6 G N*. Quel est le pgcd
de A et de B ?
Solution. Nous allons déterminer pgcd (.A, B) grâce à l'algorithme d'Euclide. Rappelons en le
principe. On effectue à partir de A et B des divisions euclidiennes successives. On écrit
A = BQ0 + R0 avec Q0i R0 G K[X] et deg(R0) < deg(P),
et on recommence, en divisant toujours le dividende par le reste :
B = RoQi + Ri avec QuRieK[X] et deg(Pi) < deg(P0)-
Au rang k, on fait
Rk-i = RfcQk+i + Rk+i avec Qk+i,Rk+i G K[X] et deg(Rk+i) < deg(Rk).
La suite (deg(Rk))ke^ décroît strictement et donc il existe n G N* tel que Rn = 0 et Rn-\ ^ 0.
On remarque alors que pgcd (A, B) = pgcd (B, Ro) = • • • = pgcd {Rn-i, Rn), de sorte qu' a une
constante multiplicative près, pgcd (A,B) = Rn-\ (cet algorithme reste valable dans Z).
Avant d'appliquer l'algorithme, remarquons d'abord que si m > n G N* et si m = nq + r est
la division euclidienne dans Z de m par n, on a
vm i _ ( vn -iw v-m—n ■ vm—2n i . . , _i_ vm—qn\ _i_ /vm—qn i\
Comme m — qn = r < m, cette égalité constitue la division euclidienne de Xm — 1 par Xn — 1.
Nous venons donc de montrer que
le reste de la division euclidienne de Xm — 1 par Xn — 1 est Xr — 1 où r est
le reste de la division euclidienne de m par n. (*)
Appliquons l'algorithme d'Euclide (dans Z) à a et b :
a = bq0 + r0, 0 < r0 < 6,
b = r0qi + ri, 0 < n < r0,
n-\ = nQk+i + rk+u 0 < rk+i < rk.
On s'arrête au rang n lorsque rn = 0 ^ rn-\. Comme pour les polynômes, on a
pgcd (a, b) = pgcd (6, r0) = • • • = pgcd (r„_i, rn) = r„_i.
D'après le principe (*), si les .Rfc désignent les polynômes introduits plus haut, on a Rq =
Xr° - 1, Ri = Xri - 1, • • • , Rn_i = Xrn~l -ltRn = 0. Donc pgcd(A, B) = #„_i = X7»-1 - 1 =
j£Pgcd(a,6) _ !
Exercice 3. Déterminer l'ensemble des polynômes P G R[X] tels que
P = l (mod (X - l)3) et P = -1 (mod (X + l)3).
Solution. Notons F l'ensemble des polynômes P vérifiant la condition requise. Un polynôme P
appartient à F si et seulement s'il existe C/, V G R[X] tels que
P =1 + *7(X-1)3 (P =l + U(X-l)3
„ , xo ou encore < , x„ , ' Q .
P =-l + K(X + l)3 |l + C/(X-l)3 =-l + K(X + l)3

1. CORPS, POLYNÔMES ET ARITHMÉTIQUE DANS K[X] 57
En d'autres termes, F représente l'ensemble des polynômes de la forme 1 + U(X — l)3 où U
appartient à l'ensemble
A = {U G R[X] | 3V G R[X], U(X - l)3 + V(X + l)3 = 2}. (*)
Au facteur 2 près, on est ramené au problème de trouver les couples ([/, V) tels que U(X — l)3 +
y[X + l)3 = 1. C'est un problème classique qui rentre dans le cadre du résultat suivant.
Lemme. Soient P, Q G K[X], premiers entre eux. Alors il existe (Uq,Vq) G K[X]2 tel que
U0P + VqQ = 1, et les couples (U, V) solution de UP + VQ = 1 vérifient :
UP + VQ = 1 (U,VeK[X}) <*=> 3ReK[X], U = U0 + RQ,V = V0 - RP.
Preuve. L'existence de (Uq,Vq) est assurée par le théorème de Bezout. Si UP + VQ = 1 on a
y _ uQ)P + (V - V0)Q = 0 donc (U - U0)P = -(V - V0)Q. Donc P \ (V - V0)Q et comme P et
Q sont premiers entre eux, d'après le théorème de Gauss, P \ V — Vq. Donc il existe R G K[X]
tel que V = Vq — RP, et en remplaçant dans l'équation (U — Uq)P = — (V — Vq)Q, on tire
U = U$ + RQ. Réciproquement, on vérifie facilement que ce couple est solution. D'où le lemme.
Les polynômes X — 1 et X + 1 étant premiers entre eux, il en est de même des polynômes
p = (X — l)3 et Q = (X + l)3, et le lemme s'applique donc. On détermine Uq et Vq en
utilisant l'algorithme d'Euclide (déjà rencontré dans l'exercice précédent, et de manière similaire
à l'exercice 2 page 10 dans Z), ce qui donne : .
{X + l)3 = (X - l)3 + QX2 + 2,
(X-l)3 = (6X2 + 2)(|-0+|x,
6X2 + 2=(|x)gx)+2.
Maintenant, on remonte les calculs (la méthode s'appelle algorithme d'Euclide étendu)
2 = {QX2 + 2) -
(X-lf-(6X2 + 2)(f-1-
*
= (~^XJ (X - l)3 + (6X2 + 2)
S-flï*«
= (-\x) (x -1)3 + [(x +1)3 - (x -1)3] gx2 - f* +1)
= (-§** - f* -1) (x -1)3 + gx2 - \x +1) (x +1)3.
Ainsi, les polynômes
vérifient C/o(-AT — l)3 + Vb(X + l)3 = 1. Le lemme entraîne que l'ensemble défini dans (*) est égal
à A = {Uq + R(X + l)3, R G M[X]}, on a donc
r={l + (2f/o + ^(^ + l)3)(^-l)3|^GR[X]}, avec U0 = -^X2 - -^X - i.
Remarque. On peut tirer du lemme un résultat analogue à celui de la question a) de
l'exercice 2 page 10, qui ici s'exprime sous la forme suivante.
Si P et Q € K[X] sont premiers entre eux, alors il existe un unique
couple (U0, Vq) e (K[X])2 tel que U0P-\-V0Q = 1 avec deg([/0) < deg(Q)
e*deg(l/0)<deg(P).
(Pour montrer ce résultat, partir d'une solution UP + VQ = 1 puis effectuer la division
euclidienne de U par Q.)

58
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
Exercice 4 (Lemme de Gauss et critère d'Eisenstein). 1/ a) Soient P, Q e Z[X]
et p un nombre premier. On suppose que p divise tous les coefficients du produit PQ.
Montrer que p divise tous les coefficients de P ou tous les coefficients de Q.
b) (Lemme de Gauss). Si P G Z[X], on note c(P) le pgcd des coefficients de P (et c(P) = 1
si P = 0). Montrer que si P, Q G Z[X]t alors c(PQ) = c(P)c(Q).
2/ Montrer que si $ G Z[X] est irréductible dans Z[X], il est irréductible dans Q[X].
3/ a) (Critère d'Eisenstein). Soit P = anXn + • • • + axX + a0 G Z[X]. On suppose qu'il
existe un nombre premier p tel que
(i) Vfc, 0 < k < n - 1, p | a/t (ii) p \ an (iii) p2 \ a0.
Montrer que P est irréductible dans Q[X].
b) Application. Soit p un nombre premier et $(X) = Xp~l -\ h X + 1. Montrer que $
est irréductible dans Q[X].
Solution. 1/ a) Si a G Z, on note a" sa classe dans Z/pZ. Si P = anXn H 1- a\X + ao G Z[X],
on note P = â"nXn + • • • + ôi-AT + â"o G Z/pZ[X]. Si p divise tous les coefficients de PQ, on a,
avec ces notations : PQ = PQ = 0. Comme Z/pZ est intègre, Z/pZ[X] est intègre. Donc P = Ô
ou Q = Ô, d'où le résultat.
Remarque : on peut également résoudre cette question "à la main", sans passer par Z/pZ.
b) Soient P,Q G Z[X). Il est clair que Pi = ^P et Qi = ^Q G Z[X], et on a c(Pi) =
c(Qi) = 1. Si c(PiQi) > 1, alors il existe un nombre premier p divisant c{P\Q\). D'après
1/a), on a donc p \ c{P\) ou p \ c(Qi), ce qui est absurde. Donc c{P\Q\) = 1, ce qui entraîne
c(PQ) = c(P)c(Q)c(P1Q1) = c(P)c(Q).
2/ Soient P,Q G Q[X] tels que $ = PQ. Soient a,(3 G N* tels que Pi = aP et Qi = PQ € Z\X\.
On a a(3$ = P\Q\ donc d'après le lemme de Gauss
a/?-c($) = c(Pi)c(Qi).
Posons Pi = ^tjttPi et Q2 = jjttttQi- ^es polynômes sont à coefficients entiers. Par ailleurs,
aP$ = c(Pi)c(Qi)P2Q2 = afi • c{$)P2Q2-
Si P3 = c(<É>)P2, on a donc $ = P3Q2 avec P3, Q2 G Z[X]. Comme $ est irréductible dans Z[X],
on a nécessairement deg(Ps) = 0 ou deg(Q2) = 0, donc deg(P) = 0 ou deg(Q) = 0, ce qui prouve
que $ est bien irréductible dans Q[X].
3/ a) Supposons P réductible dans Q[X]. D'après la question précédente, $ est réductible dans
Z[X] et donc il existe Q, Re Z[X] tels que P = QR, avec a = deg(Q) > 1 et 6 = deg(R) > 1.
Dans Z/pZ, on a, d'après les hypothèses, P = ânXn. Écrivons Q = Ya=o Qi^1 et R = J2i=o riXl-
Dans Z/pZ[X], on a P = QR donc a~nXn = QP, donc Q = qaXa et R = fbXb. Ceci entraîne
% = ^0 = 0, donc p | go et p | ro, donc p2 | qoro = ao, ce qui est contraire aux hypothèses.
Finalement, P est irréductible dans Q[X].
b) L'astuce est d'utiliser le critère d'Eisenstein en considérant $(X+1). L'identité (X—1)$(X) =
XP - 1 entraîne X$(X + 1) = (X + If - 1, d'où on tire
p
k=l
Il est maintenant facile de vérifier que $(X + 1) satisfait les hypothèses du critère d'Eisenstein
avec le nombre premier p (rappelons que si p est premier etsil<fc<p — 1, alors p | Cp), donc
$(X + 1) est irréductible dans Q[X]. Donc $(X) est irréductible dans Q[X].
Remarque. Le résultat 3/ b) est un cas particulier d'un résultat général concernant les
polynômes cyclotomiques (voir le problème 9, page 91).

2. FONCTION POLYNÔME, RACINES D'UN POLYNÔME
59
2. Fonction polynôme, racines d'un polynôme
Dans toute cette section, K désigne un corps commutatif.
2.1. Fonction polynôme
Soit A une K-algèbre (c'est-à-dire un K-espace vectoriel muni d'un produit interne —
noté ici multiplicativement — faisant de A un anneau et tel que si A G K, et a;,y € A,
alors X(xy) = (Xx)y = x(Xy)) non nécessairement commutative (par exemple A = K,
>1 = K[X] ou A = Mn(K)).
Pour tout F = a0 + a\X -\ h anXn G K[X], on note F l'application
n
F : A -> A x i-> ^OiX*.
t=0
- Si F, G G K[X], on a F+"S = F + G et fS = F<5.
- Si A = K[X], on note F o G = F (G). Pour toute K-algèbre A, on a alors F o G =
FoG.
Remarque 1. En général il n'y a pas d'ambiguïté, la fonction polynôme x h-> F(x) est
notée plus simplement x i-> F(:c).
2.2. Racines d'un polynôme
DÉFINITION 1. Soit F G K[X] et L une extension de K. On dit que a G L est une racine
(ou un zéro) de F si F (a) = 0.
Proposition 1. £W a G K e£ F G K[X]. L'élément a est une racine de F si et seulement
si X — a divise F.
DÉFINITION 2. Soit F G K[X], a G K et /i G N*. On dit que a est une racine d'ordre h
de F si (X - a)'1 | F et (X - a)h+1 \ F.
-*• Proposition 2. Soit F G K[X] rfai,...,or€K des racines de F d'ordre hi,..., /ir ("/es
a^ é£an£ deuz à dewz distincts). Alors il existe Q G K[X] tel que
F(X) = (X- ai)hl • • • (X - ar)hrQ(X) et Vi, Q(oi) ^ 0.
Conséquence. Si F G K[X] est de degré n > 1, alors F a au plus n racines (comptées avec
leur ordre de multiplicité).
Remarque 2. Attention ! La proposition précédente est fausse lorsque l'on remplace le
corps K par un anneau. Par exemple, dans Z/8Z, le polynôme F = ÀX G Z/8Z[X] a 3
racines Ô, 2 et 4, mais deg(F) = 1.
Proposition 3. Soit F e K[X] tel que pour tout a; G K, F(x) = 0. Si K est infini, on a
F = 0.
Remarque 3. Si K est fini, le résultat précédent est faux. Par exemple, si on note ai,..., an
les éléments de K, le polynôme F = (X — ai) • • • (X — an) est non nul et pourtant tous les
éléments ideK vérifient P(x) = 0. Il ne faut donc pas confondre polynôme et fonction
polynôme. Par contre, si K est infini, la proposition précédente nous dit qu'il y a bijection
entre K[X] et les fonctions polynômes de K dans K.
Définition 3. Un polynôme F g K[X] est dit scindé (ou dissocié) sur K si on peut écrire
F = X(X - cn)hl • • • (X - ar)hr
avec A G K et pour tout i, aieK et h{ G N*.

60
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
Remarque 4. Deux polynômes F et G de K[X] scindés sur K sont premiers entre eux si
et seulement s'ils n'ont aucune racine commune.
Théorème 1 (Relations entre coefficients et racines). Soit un polynôme
P = aQXn + ai Xn~l + • • • + an_i X + an G K[X], a0 ^ 0,
scindé sur K, dont les racines (comptées avec leur ordre de multiplicité) sont X\y... }xn
(de sorte que P = ao(X — Xi) ■ • • (X — xn)). Alors
VpG {l,...,n}, ap= "}2 xh--'Xip = (-ï)PJ?-.
\<i\<>~<ip<n
En particulier
n n
a1 = yy'xi = —-, a2= ^ XiXj = —y an = T\xi = (-l)n—.
t=l l<î<j<n t=l
2.3. Dérivation dans K[X]
DÉFINITION 4. Soit F = a0 + axX H (- anXn G K[X]. On appelle polynôme dérivé de
F le polynôme F' = ax+ 2a2X + • • • nanXn-\
Remarque 5. - Si F est constant, F' = 0. La réciproque est vraie si K est de
caractéristique 0, fausse en caractéristique non nulle (par exemple si F = X2 + i G
Z/2Z[X], on a F' = 2X = Ô et pourtant F n'est pas une constante).
- Les règles de dérivations de somme, produit et composée pour les polynômes sont
identiques aux règles de dérivations usuelles sur les fonctions dérivables. D'ailleurs,
sur M[X], la fonction polynôme dérivé coïncide avec la dérivée de la fonction
polynôme.
Théorème 2 (Formule de Taylor). Si le corps K est de caractéristique nulle, tout
polynôme F de K[X] de degré inférieur ou égal à n vérifie
Va G K, F(X) = F(a) + ^^-F'(a) + • • • + (X ~ fl)Vw>(a).
JL • f L»
Une conséquence importante de la formule de Taylor est la caractérisation de l'ordre
d'une racine :
Théorème 3. Si le corps K est de caractéristique 0, et si F G K.[X], F ^ 0, alors a G K
est racine d'ordre h de F si et seulement si
(i) Vi,0<i<h- 1, F(f)(a) = 0 (xi) F{h)(a) ^ 0.
Remarque 6. - Le cas de F = X3 G Z/3Z[X] et a = Ô montre que ceci est faux en
caractéristique non nulle (a est racine d'ordre 3 de F et pourtant F^(a) = Ô).
- Le résultat du théorème reste vrai en caractéristique quelconque pour caractériser
les racines simples. Plus précisément, on a le résultat suivant.
Si F G K[X], F/0, et si a G K, alors a est racine simple de F si et
seulement si F (a) = 0 et F'(a) ^ 0.
En effet. Si F = (X - a)G, alors F' = G + (X - a)G' donc F'(a) = G{a) et on en
déduit facilement le résultat.

2. FONCTION POLYNÔME, RACINES D'UN POLYNÔME
61
2.4. Polynômes d'interpolation de Lagrange
Soient aiy... yan G K, deux à deux distincts, et &i,..., bn G K. Nous allons prouver
qu'il existe un unique polynôme L G K[X]y deg(L) < n — 1, tel que Vz, L{ai) = bi.
- Existence. Pour 1 < i < n, on pose
L=(X-al)'"{X- a.-i)(X - ai+1) - - (X - an)
(^ - ai) • • ■ (ai - ai-X)(ai - ai+i) • • • (a* - an)
(les polynômes L; s'appellent des polynômes d'interpolation de Lagrange). On a
Li(ai) = 1 et pour tout j ^ i, L{(aj) = 0. Si L = X^Li^»» on a al°rs ^(ai) =
biLi(ai) = bi pour tout i et comme deg(L) < n — 1, L convient.
- Unicité. Supposons que F et G conviennent. On pose H = F — G. Pour tout
i, 1 < i < n, on a H(ai) = F(ai) — G(ai) = bi — bi = 0. Le polynôme H a donc au
moins n racines. Or deg(H) < n — 1, donc d'après la conséquence de la proposition 2,
H = 0, c'est-à-dire F = G.
Remarque 7. Il existe une autre expression utile de L. Posons 3> = (X — ai) • • • (X — an)
et pour tout z, 1 < i < n, <3>j le polynôme tel que $ = (X — a;)<3>j. Par dérivation, on
obtient $' = $* + (X - ai)$J et donc $'(ai) = $t(o*), d'où on tire
L.(X) = |i(g2 = *W x donc L(X) = $(X)[Y— ^-t-tV
lK } §i(ai) (X-ai)$'(ai) v ' v } \^ (X - *)&(*)}
Remarque 8. Plus généralement, on peut aussi définir Vinterpolation de Hermite en
imposant au polynôme interpolant des conditions sur l'évaluation et les dérivées aux abscisses
ai (voir l'exercice 7 page 66).
2.5. L'anneau quotient K[X]/(P)
Notation. - Si P G K[X], on note (P) l'idéal (P) = {PQ | Q G K[X]}.
- Si A P G K[X], on note A = B (mod P) lorsque i-5e(P).
Soit P G K[X], P^O. Comme (P) est un idéal de K[X], le quotient K[X]/(P) définit
une structure d'anneau (voir la partie 3.2 du chapitre I). Si A G K[X], la classe de A dans
K[X]/(P) est À = A + (P) = {A + PQ | Q G K[X]}. On a par ailleurs
i = P <=^ A = B (mod P) <=> P | (P - A).
Théorème 4. 5o# P G K[X], deg(P) > 1. Alors K[X]/(P) est une K-algèbre de
dimension finie n = deg(P). Si on note x = X, la famille (l,x,... ,xn_1) en est une base.
Démonstration. L'anneau quotient K[X]/(P) est évidemment une K-algèbre. Montrons que la
famille (1 1) en est une base.
- C'est une famille génératrice. En effet. Soit A G K[X]. Il existe Q, R G K[X) tels que
A = PQ + R avec deg(R) <n = deg(P). Donc À = Re Vect(l,rr,... ,rrn"1).
- C'est une famille libre. Si ao + a\x + • • • + an-\xn~l = Ô , alors le polynôme A = ao +
a>iX H h an-\Xn~l vérifie À = 0. Donc P | j4, et comme deg(i4) < deg(P), on a A = 0, donc
a0 = ai = ... = an-i = 0. □
Proposition 4. 3W P G K[X], deg(P) > 1. L'anneau K[X]/(P) est un corps si et
seulement si P est irréductible.
Démonstration. Condition nécessaire. Si P est réductible, alors il existe Q et R G K[X] tels que
P = Q#, avec 1 < deg(Q) < deg(P) et 1 < deg(J?) < deg(P). Donc Ô = QR avec Q ^ Ô et
R i1 0, ce qui est absurde puisque K[X]/(P) est un corps par hypothèse. Donc P est irréductible.
Condition suffisante. Supposons P irréductible. Soit A G K[J£], À ^ Ô. Le polynôme P ne divise
pas A et P étant irréductible, P et i4 sont premiers entre eux. D'après le théorème de Bezout, il

62
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
existe U} V G K[X] tels que UP + VA = 1, d'où VA = i. Donc À est inversible, et ceci dès que
À ^ Ô. Finalement, K[X]/(P) est un corps. □
Remarque 9. Ce résultat est analogue à la proposition 10 page 9 (ici aussi, on voit que
les propriétés arithmétiques de Z et de K[X] sont semblables.)
2.6. Corps des racines d'un polynôme
Toutes les extensions de corps considérées dans cette sous-partie seront commutatives.
Notation. Si L est une extension de corps de K, pour tout A c L on note K(A) le
plus petit sous-corps de L contenant K et A (il existe, c'est l'intersection des sous-corps
de L contenant K et ^4). Lorsque A = {ai, • • • , an} est fini, on note souvent K(A) =
K(oi,..., an) pour alléger les notations.
Remarque 10. Si A et B sont deux parties de L, on a facilement K(A)(B) = K(AU B).
Proposition 5. Soit P e K[X] irréductible dans K[X]. Il existe une extension h deK
telle que P admette une racine x dans L.
Démonstration. D'après la proposition 4, L = K[X]/(P) est un corps. L'injection canonique
(p : K —> L a »->• à (c'est une injection car deg(P) > 1) permet d'identifier les éléments de K
et de <£>(K). Ainsi, L apparaît comme une extension de K. En posant x = X G L, on voit que
P{x) = P = 0. D
Théorème 5. Soit F G K[X], deg(F) > 1. Alors il existe une extension LdeK sur
laquelle le polynôme F soit scindé.
Démonstration. Nous allons procéder par récurrence sur n = deg(F). Pour n = 1, c'est évident.
Supposons le résultat vrai jusqu'à n — 1 et montrons le pour n. Soit G un facteur irréductible
de F, et H tel que F = GH. D'après la proposition précédente, il existe une extension Li de
K dans laquelle G admette une racine a\. On peut écrire G = (X — a\)G\ avec G\ G Li[X],
et donc F = (X — a\)F\ avec F\ = G\H G Li[X]. Comme deg(Fi) = n — 1, il existe d'après
l'hypothèse de récurrence une extension L de Li telle que F\ soit scindé sur L. Dans L[X], F est
donc scindé. D
Remarque 11. Une telle extension L de K dans laquelle F soit scindé s'appelle un corps
de dissociation de F. Dans ce corps, on peut écrire
F = X(X — ai) ■ • • (X — an) avec À G K* et ai,..., an G L.
Le corps Li = K(ai,... ,an) est le plus petit sous-corps de L sur lequel F soit scindé.
On peut montrer que Li ainsi défini est unique à un isomorphisme près (l'unicité n'est
pas immédiate car il n'y a pas unicité du corps de dissociation L). On l'appelle corps des
racines du polynôme F.
DÉFINITION 5. Un corps K est dit algébriquement clos si tout polynôme de K[X] de degré
> 1 a au moins une racine dans K.
Remarque 12. Une récurrence immédiate sur le degré montre que si K est un corps
algébriquement clos, tout polynôme de K[X] est scindé sur K.
- On peut montrer que tout corps K admet une extension L algébriquement close
(théorème de Steinitz). La plus petite extension L vérifiant cette propriété est unique à un
isomorphisme près, et on l'appelle clôture algébrique de K. Nous ne démontrerons pas ce
résultat. On a cependant le résultat suivant.

2. FONCTION POLYNÔME, RACINES D'UN POLYNÔME
63
Théorème 6 (Théorème fondamental de l'algèbre). Le corps C des nombres
complexes est algébriquement clos.
Remarque 13. Deux preuves différentes de ce résultat sont proposées dans le problème 4
page 84.
- Le théorème fondamental de l'algèbre entraîne que les polynômes irréductibles de C[X]
sont de degré 1. On montre que les polynômes irréductibles de R[X] sont les polynômes
de degré 1 et les polynômes de la forme aX2 + bX + c avec b2 — Aac < 0.
2.7. Exercices
EXERCICE 1. Montrer qu'un corps fini n'est pas algébriquement clos.
Solution. Soit K = {ai,..., an} un corps fini. Le polynôme P = 1 + (X — ai) • • • (X — an) G K[X]
vérifie P(a^) = 1 pour tout i. Donc P n'a pas de racine dans K, et K n'est pas algébriquement
clos.
EXERCICE 2. a) Si n e N, n > 2, factoriser Pn = {X + l)n - (X - l)n dans C[X].
b) En déduire pour tout p G N* la valeur de
Ap = Vcot2f * \ et Bp = t] cot ( —-^-r
P t[ V2P+V P £1 Vfc+l.
Solution, a) Il s'agit de trouver les racines de Pn. Comme 1 n'est pas racine de P, on peut écrire
pn(z) =0^ (^-^] =1^3M<fc<n-l, 2—^- = e2ifc7r/n.
\z — 1J z+1
Le cas k = 0 est à exclure car on ne peut pas avoir j^ = 1. Sil<fc<n — 1, l'équivalence
z + 1 _ 2ikn/n _ e2ik«'n + 1 _ eikn/n + e"ifc7r/n _ _. //çtt\
Z — \ ç2ik7r/n __ j çikn/n __ g—ikn/n V 72 /
montre que z est une racine de Pn si et seulement s'il existe fce{l,...,n — l}tel que z =
-icot (^f). Ainsi on a trouvé n — 1 racines distinctes de Pn. Le monôme de plus haut degré de
Pn étant 2nXn~1} Pn est de degré n — 1 et
n_1 T fkir^
IX + z cot —
Pu = 2n II
fc=i L
b) Notons
/ kir
Ck = COt
2p+lJ
La relation de symétrie C2P+i-/c = — ck montre que Ap = ^ Y^kLi cfc- Les racines de P2p+i sont
les Uk = —ick (avec 1 < k < 2p). Comme
P2p+i(X) = 2(2p + 1)X2? + 2CÏp+1X2?-2 + •••
les relations entre coefficients et racines (voir le théorème 1 page 60) montrent que
v^ Y- 2C2P+i P(2p-1)
<ti = ^u* = 0 et a2= ^ ukUl = = .
k=i i<k<e<2P v r '
Donc
a 1Vr2 !^ 2 1f 2 n \ P(2P ~1)
Ap=2l^Ck = ~2^k = ~2^1 " 2) = 3 "
fc=i fc=i

64
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
- Par ailleurs, le terme constant de P2P+i est 2 et son coefficient dominant est 2(2p+ 1), donc le
produit de ses racines est 2/(2(2p + 1)) = l/(2p + 1), donc
Bv = fi cot (
kir
2p+l
(-l)PIIcot
fc=l
kir
.1/2
2p+l
■2P
,fc=i
1/2
1
x/2^TT
EXERCICE 3. a) Montrer que pour tout n G N, n > 2, le polynôme
n'a que des racines simples dans C.
b) Montrer que pour tout n > 2, le polynôme Pn = Xn — X + 1 n'a que des racines
simples dans C.
Solution, a) Supposons que Pn ait une racine multiple zq G C. Alors Ph{zq) = Pnizo) = 0 et
comme P'n = Pn_i, on a Pn_i(zo) = 0, donc Zq/tù = (Pn - Pn-i)(zo) = 0 d'où zq = 0. Ceci
entraîne Pn(zo) = Pn(0) = 1 7^ 0, ce qui est absurde. Le polynôme Pn n'a donc que des racines
simples dans C.
b) Supposons que Pn ait une racine multiple z$ G C. Alors Pn(zo) = Pn(zo) = 0, c'est-à-dire
Zq - zq + 1 = uzq~1 -1 = 0. Donc z% - zq + 1 = 0 et z% = z0/n, d'où zo(l/n - 1) + 1 = 0,
c'est-à-dire zq = n/(n — 1). Ceci entraîne
P^(zq) = nzj"1 - 1 = n (^)
n-l
- 1 > n - 1 > 0,
ce qui est absurde. Le polynôme Pn n'a donc que des racines simples dans C.
Exercice 4. 1/ Soit P G Q[X] irréductible dans Q[X]. Montrer que P n'a que des
racines simples dans C.
2/ (Deux applications) a) Soit P G Q[X] un polynôme ayant une racine À G C d'ordre
de multiplicité \i > deg(P)/2. Montrer que A G Q.
b) Soit P G Q[X]t deg(P) — 2n + 1 avec n G N*, tel que P admette une racine d'ordre n.
Si n > 2, montrer que P admet une racine clans Q.
Solution. 1/ Il suffit de montrer d'après le théorème 3 que P et P' n'ont aucune racine commune,
ce qui équivaut (voir la remarque 4) à montrer que P et P' sont premiers entre eux dans C[X],
ce qui n'est qu'un cas particulier du résultat plus général suivant (d'ailleurs utile !).
Lemme. Soit K un corps commutatif, L un surcorps commutatif de K. Soient
P et Q e K[X] deux polynômes premiers entre eux dans K[X]. Alors P et Q
sont premiers enfre eux dans h[X].
En effet, cela provient de l'égalité de Bezout. Il existe U et V G K[X] tel que UP + VQ = 1,
égalité qui reste évidemment vraie dans h[X], d'où le lemme. Maintenant le polynôme P étant
irréductible dans Q[X]y P et P' sont premiers entre eux dans Q[X] (car deg(P') < deg(P)) donc
dans C[X] d'après le lemme précédent.
2/ a) Soit P = aP\ •••Pfc la décomposition de P en facteurs irréductibles de Q[X]. Parmi
Pi,... ,Pfc, il y a r polynômes dont À soit racine, par exemple Pi,... ,Pr. Si À ^ Q, comme
Pi, • • • ,Pr sont à coefficients rationnels, on a deg(Pf) > 2 pour 1 < i < r. Or d'après 1/, les Pi

2. FONCTION POLYNÔME, RACINES D'UN POLYNÔME
65
étant irréductibles, À est racine simple de Pi pour 1 < i < r. Donc fi = r. Donc
k r
deg(P) = ^2deg(Pi) > ^deg(Pi) >2r = 2/jl,
i=l i=\
ce qui est contraire aux hypothèses car fi > deg(P)/2. On a donc forcément À G Q.
b) Par hypothèse, il existe une racine À G C d'ordre n de P. Supposons que P n'ait aucune racine
dans Q. Alors dans la factorisation de P en facteurs irréductibles de Q[X], P = aPi • • • Pfc, on a
deg(Pi) > 2 pour tout i.
Parmi Pi,... , Pfc, il y a r polynômes dont À soit racine, par exemple Pi,... ,Pr. D'après
1/, les Pi étant irréductibles, À est racine simple de Pi pour 1 < i < r. Donc r = n (et donc
k>r = n).
- On a fc = n. En effet. Si A; > n, alors
k n n
deg(Pk) < J^deg^) - J>eg(Pi) = deg(P) - J>eg(Pf) < deg(P) - 2n = 1,
ce qui est absurde car on a vu deg(Pfc) > 2.
- Donc P = aPi • • • Pn. Le degré de P étant impair, il existe un polynôme Pi de degré impair,
par exemple deg(Pi) impair. Comme de plus deg(Pi) > 2, on a deg(Pi) > 3.
- Il existe un polynôme Pi de degré 2 (sinon pour tout z, deg(P^) > 3 donc 2n + 1 = deg(P) =
X^Lideg(P;) > 3n, absurde car n > 2), par exemple deg(P2) = 2. Effectuons la division
euclidienne de Pi par P2 : Pi = QP2 + R} avec R G Q[X] et deg(R) < deg(P2) = 2. On a
R ^ 0 car Pi est irréductible et deg(Pi) > deg(P2). Or À est racine de R (car Pi (A) = 0 =
Q(A)P2(A) + J?(À) = jR(A)), donc comme Jî ^ 0 et deg(iî) < 1, on en déduit A G Q, ce qui est
contradictoire. Le polynôme P admet donc au moins une racine rationnelle.
Remarque. Si n = 1, le résultat 2/b) est faux (prendre par exemple P = X3 — 2).
Exercice 5. Déterminer les polynômes P non constants de C[X] vérifiant
P(X2) = P(X)P(X+l). (*)
Solution. Soit P G C[X] vérifiant (*) avec deg(P) > 1. Soit a une racine de P.
Comme P(a2) = P(a)P(a + 1) = 0, a2 est une racine de P. En itérant le procédé, on voit
que a2, a4,... ,a2n,... sont des racines de P. Le polynôme P n'ayant qu'un nombre fini de
racines, on doit avoir
a = 0 ou \a\ = 1. (**)
D'après (*), P[(a - l)2] = P(a - l)P(a) = 0, donc (a - l)2 est une racine de P. D'après
(**), on doit avoir \(a — 1)2| = 0 ou \(a — 1)2| = 1, c'est-à-dire
a = 1 ou \a — 1| = 1. (***)
D'après (**) et (***), on a soit (i) a = 0, soit (ii) a = 1, soit (iii) |a — 1| = |a| = 1. On
vérifie facilement que la condition (iii) s'écrit aussi a = 1 + j ou a = 1 + j2 où j = exp(2z7r/3).
Or (a - l)2 est une racine de P donc d'après (**), \(a — l)2 - 1| G {0,1}, et comme \j2 - 1| > 1
et IC?2)2 — 1| = \j' — 1| > 1) on voit que les solutions (iii) ne conviennent pas.
Nécessairement, on a donc a G {0,1}. Ainsi, le polynôme P est de la forme P = \XP(X — l)qy
A G C*. Comme P vérifie (*), on a
\X2P(X2 - l)q = X2Xp(X - l)q(X + 1)^«,
d'où on déduit p = q et A = 1.
Réciproquement, si P est de la forme XP(X — l)p, on vérifie facilement que P vérifie (*). Les
solutions sont donc les polynômes de la forme XP(X - l)p, p G N*.

66
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
Exercice 6. a) Soit P G C[X], deg(P) > 2. Montrer que les racines de P' appartiennent
à l'enveloppe convexe des racines de P.
b) Que dire sur les racines de P' si P G R[X] a toutes ses racines réelles ?
Solution, a) Soient a\,..., an les racines de P, comptées avec leur ordre de multiplicité, de sorte
que si /? désigne le coefficient dominant de P, P = fi(X — a\) • • • (X — an). On a facilement
P'{X) _ y, 1
P(X) -LtX-Oi'
Soit a une racine de Pf. Si a est une racine de P, le résultat est évident. Sinon
P^a) = y^ 1 = A 5-5Î
et en passant au conjugué
n / n 1 \ n
d'où le résultat.
b) D'après a), les racines de P' sont réelles. On a même plus de renseignements sur leur
localisation. Soient ai,... ,ap les racines de P avec a\ < • • • < ap , d'ordre de multiplicité ai, • • • ,ap,
de sorte que si P est le coefficient dominant de P, P = (3{X — a\)ai • • • (X — ap)ap. D'après le
théorème de Rolle, pour tout i G {1,.. .p — 1}, il existe bi G ]ai,ai+i[ tel que P'(bi) = 0. On a
ainsi trouvé p — 1 racines de P'.
- Pour tout i tel que o>i > 2, ai est racine de P' d'ordre de multiplicité ai — 1 (voir le théorème 3).
Comptées avec leur ordre de multiplicité, on a ainsi localisé (p— 1) + Ylï=i(ai— 1) = Œ,i ai) ~ 1 =
deg(P) —1 = deg(P') racines. On a donc localisé toutes les racines de P' : ce sont les bi G ]a;,aj+i[
et les ai tels que ai > 2.
Exercice 7 (Interpolation de Hermite). Soit p G N*, p entiers naturels non nuls
ni,...,np et n = Y%=inî-
a) Soit K un corps commutatif et x\>..., xp G K, deux à deux distincts. Soient des points
yi,k de DC, définis pour 1 < i < p et 0 < k < rii. Montrer qu'il existe un unique polynôme
P G K[X] tel que deg(P) < n et tel que
V(i, fc) G N* x N, 1 < i < p, 0 < k < niy P(fc)(^) = !/<,*.
b) Soit / un intervalle de E et / : / —> M une fonction de classe Cn. On considère p
points #1 < ... < xp de I. Si P est le polynôme d'interpolation de Hermite de degré < n
vérifiant P(k\xi) = f^k\xi) pour 1 < i < p et 0 < k < n^ montrer que
Vx G /, 3£ G /, f(x) - P(x) = ï^ f[(x- Xi)ni • (*)
ni fx
Solution, a) Notons Vn le s.e.v des polynômes de K[X] de degré < n, et considérons l'application
linéaire
(p : P„ - Kn P -> (P(m),..., P^1-1^);... ; P(zp),..., P^"1^)).
Il s'agit de montrer que <p est bijective. Calculons son noyau Ker<£>. Supposons <£>(P) = 0 avec
P e Vn. Pour z = 1,... ,p, on a P(k\xi) = 0 pour 0 < k < n^, donc Xi est une racine d'ordre

2. FONCTION POLYNÔME, RACINES D'UN POLYNÔME
67
hi > ni d'après le théorème 3 page 60. Ceci étant vrai pour tout z, on peut donc écrire P sous la
forme
p
P = Q Y[(X - Xi)hi avec Q G K[X).
gi Q ^z 0, on a degP > Ya=i h% ^ Ya=i ni = n> ce Qu^ est impossible puisque P G Pn.
Donc Q = 0, ce qui entraîne Kenp = {0}. Donc (p est injective. Comme l'e.v d'arrivée Kn de
l'application linéaire (p a même dimension que son e.v de départ Pn, on en déduit d'après le
théorème du rang que (p est bijective.
b) Soit x e I. S'il existe i tel que x = x\ le résultat (*) est immédiat puisque f(xi) = P(xi).
Dans le cas contraire, on considère A G M tel que
p
<px : / -> M t .-> /(*) - P(t) - ^11^ " *<)"*
vérifie tpx(x) = 0. La fonction ipx est de classe Cn. Notons N(f) le nombre de zéros de / dans
I comptés avec leur ordre de multiplicité (l'ordre de multiplicité k d'un zéro a d'une fonction
g de classe Cn est le plus petit entier k < n tel que g^k\a) ^ 0 ; on prend k = n + 1 si
#(a) = ... = g^n\(y) = 0). On a N((px) > n + 1 car <#c(#) = 0 par construction, et tpx (#i) = 0
pour 1 < i < p et 0 < k < ni. On remarque maintenant que pour toute fonction g : / —> M de
classe Cm, on a Af(</) > N(g) — 1 (la preuve est immédiate en remarquant que si a est un zéro
de g d'ordre fc, alors a est un zéro de g1 d'ordre k — 1, et qu'entre deux zéros de g il y a au moins
un zéro de g1 d'après le théorème de Rolle). Ainsi, N{^x) > n, N(ipx) > n — 1,..., N((px) > 1-
Donc il existe £ G / tel que <Px(Ç) = 0, ce qui s'écrit aussi f(n\Ç) - ni A = 0, d'où le résultat.
Exercice 8. Donner la forme des polynômes P G R[X] scindés sur R, de degré n > 2, à
racines toutes distinctes ai < a<i < • • • < an, tels que
Vi,l<i<n-1, p/^+^+A 0 w
Solution. Nous allons montrer que les polynômes vérifiant la condition sont ceux de degré 2. Si
P = a(X — ai)(X — a2) est de degré 2 (avec ai < a<i et a G M), on a P' = a(2X — ai — a2) donc
P vérifie la condition (*).
Si maintenant P = o^Y17=i(^ " ai) est de degré n > 3 (ai < • • • < an, a ^ 0), on écrit
P = (X — ai)(X — a2)Q avec Q = o^Yl7=3(^ " a*)- ^ar dérivation, on obtient
P'(X) = (2X -ai- a2)Q{X) + (X - oi)(X - a2)Q'(X).
Si P vérifie (*), on a donc Q;(a*^a?) = 0, ce qui est impossible car
- Si deg(Q) = 1, Q' est une constante non nulle.
- Si deg(Q) > 2, Q1 s'annule au moins une fois sur chaque intervalle ]a;,a;+i[ (2 < i < n — 1)
d'après le théorème de Rolle, donc Qf a au moins n — 3 racines distinctes dans l'intervalle
]a2,an[. Comme deg(Q') = n — 3, on en déduit que toutes les racines de Qf sont dans
]a2,an[ et comme Qi+Q2 0 ]fl2,an[, on aboutit à une contradiction.
Exercice 9 (Principe du maximum). Soit P G C[X] un polynôme non constant. Soit
r > 0. Montrer
W0 G C, |2q| < r, |P(*o)| < sup \P{z)\.
\z\=r
Solution. Tout découle du résultat suivant.

68
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
Lemme. Va eC,V/j> 0, 36 G C, \b-a\< p tel que \P(b)\ > |P(a)|.
En effet. Quitte à multiplier P par e1^ avec ip G R bien choisi, on peut supposer P(a) G R+.
Soit n = degP, et posons Q(X) = P(X + a) = £?=o qiX\ On a q0 = Q(0) = P(a) G R+. Par
ailleurs, qn ^ 0 de sorte que fc = inf {i | 1 < 2 < n, a* ^ 0} existe. On peut écrire
Q(-z) = Qo + 9fc2fc(l + <K<z)) avec lim V^O2) = 0.
z—*0
Il existe p', 0 < p' < p tel que Vz G C, \z\ < p', \(p(z)\ < 1/2. Écrivons qk = \qk\eie, 6 G R. Soit
zo = p'e~t6fk. On a Q(zo) = tfo + kfcl/^tl + ¥>(zo)}> donc comme (fo € R+ :
\Q(zo)\ > \qo + N/| - ||flb| A>(«>)| > <7o + N/ - i|%|/ = q0 + i|tt|/ > go = |Q(0)|.
Si 6 = a + z0> on a donc \b - a\ = p' < p et \P(b)\ = \Q{z0)\ > |Q(0)| = |P(a)|, d'où le lemme.
Montrons maintenant le résultat demandé. L'ensemble C = {z G C, \z\ < r} est compact, et
l'application z t-> \P{z)\ étant continue
3*1 € C, H < r, |P(*!)| = sup \P(z)\. (*)
l*l<r
Si |zi| < r, le lemme entraîne l'existence de Z2 G C, \z2\ < r tel que |P(*2)| > |P(*i)|> ce qui
est absurde d'après (*). Donc \z\\ = r et donc sup|2|<r \P(z)\ = sup|2|=r |P(*)|, d'où : Si zq g C,
ko! < r, \P{z0)\ < supN<r \P{z)\ = supN=r \P(z)\.
Remarque. On trouve dans le tome d'analyse (voir le chapitre sur les fonctions de plusieurs
variables) un résultat équivalent sur les fonctions harmoniques.
- Plus généralement, le lemme permet également de montrer que pour tout compact
o
on a : Vzq G C, |F(zo)| < suP^çFr(C) 1^(^)1 °ù Fr(C) désigne la frontière de C.
Exercice 10. On considère n entiers distincts ai,a2, • • • , an.
a) Prouver que P = (X — ai)(X — a2) • • • (X — an) — 1 est irréductible dans Z[X] (c'est-
à-dire que si P = F G avec F, G G Z[-AT], alors F ou G est constant).
b) Prouver que P = (X - ai)2(X - a2)2 • • • (X - an)2 + 1 est irréductible dans Z[X].
Solution, a) Supposons P réductible dans Z[X]. Il existe deux polynômes F, G G Z[X)y deg(F) <
n et deg(G) < n, tels que
P(X) = {X- ai)(X - 02) • • • (X - on) - 1 = FpQGPQ.
Pour tout i, 1 < i < n, on a F(ai)G(a,i) = — 1 (*). Comme F et G sont à coefficients entiers,
F(a;) et (2(a;) sont entiers. Avec (*), on en déduit que pour 1 < i < n, F(ai) = —G(ai) = ±1. Le
polynôme F+G s'annule donc aux points a;, 1 < i < n. Or deg(F+G) < sup{deg(F), deg(G)} <
n, ce qui entraîne la nullité de F + G. Donc F = —G} d'où P = —F2. Cette dernière égalité est
impossible puisque P est unitaire et que —F2 ne l'est pas. D'où le résultat.
b) Supposons P réductible dans Z[X). Il existe F, G G Z[X], deg(F) > 1 et deg(G) > 1, tels que
P = (X- cn)2(X - a2)2 • • • {X - an)2 + 1 = F(X)G(X).
On peut supposer F et G unitaires (l'égalité précédente entraîne que les coefficients dominants
de F et G sont égaux tout deux soit à 1, soit à -1). Soit k = deg(F), £ = deg(G)> de sorte que
k + H = 2n.
La forme de P montre que pour tout réel rr, P(x) > 1. Ainsi, P ne s'annule pas sur R, il en
est donc de même de F et G qui alors gardent un signe constant sur M. De plus F et G sont
unitaires et prennent donc des valeurs > 0 sur M.
Pour tout z, 1 < i < n, F(ai)G(ai) = 1 (**). Comme de plus F{ai) et G(ai) sont entiers et
positifs, on en déduit que pour tout z, F(ai) = G(ai) = 1.

2. FONCTION POLYNÔME, RACINES D'UN POLYNÔME 69
Si k = deg(F) < £ = deg(G), alors k < n. Or pour tout i, F{aî) = 1 ; autrement dit, le
polynôme F — 1 s'annule en n points donc est nul (son degré est < n). Finalement F = 1, ce
qui est absurde car deg(F) > 1. De même l'inégalité i < k est impossible. On a donc deg(F) =
âeg(G) = n.
D'après (**), pour tout i, 1 < i < n, F(a,i) = G{cn). Le polynôme F — G s'annule donc en n
points. Or deg(F—G) < n— 1 (F et G sont de degré n et sont tout deux unitaires), donc F—G = 0.
Donc F = G. Finalement, on a P{X) = F(X)2, c'est-à-dire F(X)2 - (X - ai)2 • • • (X - an)2 = 1
ou encore
[F-(X-a1)---{X-an)][F + {X-ai)---(X-an)] = lt
égalité impossible à réaliser. Le polynôme P est donc irréductible dans Z[X].
Remarque. On peut également montrer que (X — ai)4 • • • (X — an)A + 1 est irréductible
dans Z\X\, mais c'est plus difficile.
- En fait, les polynômes exhibés sont irréductibles dans Q[X]. En effet, d'après le lemme
de Gauss (voir l'exercice 4 page 58) tout polynôme de Z[X] irréductible dans Z[X] est
irréductible dans Q[X].
Exercice 11 (Quelques polynômes irréductibles). Si F = a0 + aiX-\—anXn g
Z[X], on note (pour p G N*), F = ô^ + a~{X -\ h a~^Xn G Z/pZ[X] où pour tout i, ai
désigne la classe de ai clans Z/pZ.
1/ Si P G Z[X]t unitaire, est tel que P G Z/pZ[X] est irréductible dans Z/pZ[X], montrer
que P est irréductible dans Z[X\. La réciproque est elle vraie ?
2/ Montrer que F = X4 + X + 1 est irréductible dans Z[X].
3/ Soit p e N* un nombre premier et F = Xp - X - 1 e_Z[X].
a) Soit a une racine de F dans le corps des racines de F. Montrer que les racines de F
sont exactement a, a + 1, • • • , a + p — 1.
b) En déduire que F est irréductible dans Z/pZ[X], et que F est irréductible dans Z[X].
Solution. 1/ C'est immédiat. Si P = FG avec F, G G Z[X], unitaires, alors P = F G dans
Z/pZ[X]. Comme P est irréductible dans Z/pZ[X], ceci entraîne deg(F) = 0 ou deg(G) = 0.
Les polynômes F et G étant unitaires, on a deg(F) = deg(F) et deg(G) = deg(G) et donc F
ou G est constant, ce qui prouve l'irréductibilité de P dans Z[X] (P est alors irréductible dans
Q[X], voir l'exercice 4 page 58). La réciproque est fausse. Par exemple, P = X2 — 2X — 1 est
irréductible dans Z[X] et pourtant P = (X — ï)2 n'est pas irréductible dans Z/2Z[X].
2/ On va montrer que F est irréductible dans Z/2Z[X], ce qui prouvera le résultat en vertu de
1/. Supposons F = PQ avec P,Q e Z/2Z[X], deg(P) > 1, deg(Q) > 1.
Le polynôme F n'a aucune racine dans Z/2Z, donc deg(P) = deg(Q) = 2.
Le coefficient dominant et le coefficient constant de F étant égaux à 1, P et Q sont
nécessairement de la forme
P = X2 + aX + ï et Q = X2 + bX + ï, a,beZ/2Z.
Donc F = X4 + X + Ï = PQ = XU- (a + b)(X3 + X) + (2 + a + b)X2 + ï, et donc_le coefficient
de X3 est égal à celui de X dans F, ce qui est absurde étant donnée la forme de F.
3/ a) Notons K le corps des racines de F, a une racine de F dans K. Le corps K étant de
caractéristique p (car surcorps de Z/pZ), on a
Va; G K, F(z) = F(x) - F(a) = xp - ap - (x - a) = (x - af - (x - a)
(pour se convaincre de la dernière égalité, développer (x — a)p par la formule du binôme et utiliser
le fait que p \ Cp si 1 < k < p — 1). Donc a: G K est une racine de F si et seulement si x — a

70
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
est une racine de Xp — X, c'est-à-dire si et seulement si x — a G {0,1,... ,p — 1} (les racines du
polynôme Xp — X sont Ô, 1,... }p — 1 en vertu du théorème de Fermât).
b) Soit G un facteur irréductible unitaire de F dans Z/pZ[X]. Notons k = deg(G). D'après
la question précédente, les racines de G dans K sont de la forme a + ai, • • • , a + a^ où les a^
sont dans Z/pZ. De plus G étant unitaire, le coefficient du monôme de degré k — 1 de G est
au signe près la somme de ses racines. Comme G a ses coefficients dans Z/pZ, on en déduit
que Yli=i(a + ai) e Z/pZ, et comme les a; G Z/pZ, ka G Z/pZ. Or a £ Z/pZ (sinon F(a) =
(ap — a) + 1 = 1 ^ 0). Le fait que ka G Z/pZ entraîne donc que k = 0 et donc A; = p puisque
1 < fc < p. Donc G est de degré p ce qui entraîne que F = G est irréductible dans Z/pZ. Donc
F est irréductible dans Z[X] d'après la question 1/.
Exercice 12 (Polynômes de Tchébycheff). a) Montrer que pour tout n G N*, il
existe un unique polynôme Tn G R[X] tel que V0 G M, Tn(cos0) = cosn0 et calculer le
coefficient dominant de Tn (les Tn s'appellent les polynômes de Tchébycheff).
b) Montrer que tout P G R[X] unitaire de degré n G N*, on a ||P||oo > 21_n où on note
||P||oo = 8UPt6hl|1]|P(t)|.
Solution, a) En posant x = cos0, on voit que Tn(cos0) = cosn0 si et seulement si
[n/2] [n/2]
Tn(rc) = &[(cos 0 + i sin 0)n] = £ Cf cos7*"2* 0 (- sin2 6)k = £ C2^n"2fc(a;2 - l)fc. (*)
fc=0 fc=0
Ceci montre l'existence et l'unicité de Tn, dont la forme polynomiale est donnée par le dernier
membre de (*). D'après (*), Tn est de degré n et son coefficient dominant est YJk=o ^nk = 2n_1.
b) Remarquons déjà que l'identité Tn(cos#) = cos n6 entraîne ||Tn||oo = 1. Donc le polynôme
unitaire Un = 21~nTn vérifie ||£/n||oo = 21-n. Soit P G R[X] unitaire et de degré n. Raisonnons
par l'absurde et supposons ||P||oo < 21_n = ||£/n||oo- Le polynôme Q = Un — P est de degré
< n — 1 (car P et Un sont unitaires et de degré n). En posant Xk = cos kir/n} on remarque
maintenant que Tn(xk) = coshn = (—l)k pour 0 < k < n. Donc Q{xk) = (—l)k21~n — P(xk)} et
comme |P(^)| < ||P||oo < 21_n ceci montre que Q{xk) est non nul et a le signe de (—1)*. Ainsi,
les n + 1 points {xk)o<k<n vérifient — 1 = xn < xn-\ < ... < x\ < xq = 1 et Q change de signe
entre Xk+i et Xk (pour 0 < fc < n — 1). Donc Q a au moins n racines, et comme deg(Q) < n on
a forcément Q = 0, donc P = Un ce qui est absurde puisque ||P||oo < 21_n par hypothèse.
Remarque. La propriété de mini-max ||P||oo > ||^n||oo pour tout P G R[X] unitaire et de
degré n est remarquable, et fait de la famille (Tn) des polynômes de Tchébycheff une base
commode pour l'interpolation polynomiale.
3. Fractions rationnelles
Dans toute cette partie, K désigne un corps commutatif.
3.1. Généralités
L'anneau K[X] étant intègre, son corps des fractions existe bien. On le note K(X).
Proposition 1. Soit F e K(X), F ^ 0. On peut écrire F = P/Q avec P etQ e K[X], Q
unitaire, P et Q premiers entre eux, et ceci de manière unique. L'écriture P/Q s'appelle
la forme réduite de F.

3. FRACTIONS RATIONNELLES
71
DÉFINITION 1. Soit F G K(X), F ^ 0, F = N/D sa forme réduite. Un élément a G K est
dit pôle de F d'ordre h si a est racine de D d'ordre h.
Le résultat fondamental portant sur les fractions rationnelles est le suivant.
Théorème 1 (Décomposition en éléments simples). Soit F g K(X), F ^ 0, N/D
sa forme réduite. Soit D = D*1 • • • D%n la décomposition de D en facteurs irréductibles
de K[X]. On peut écrire, de manière unique
n fou
F=E+i:[t%
e de F relative au
"avec E G K[X], A{j G K[X] et deg(Aij) < deg(A)- Le polynôme E s'appelle la partie
entière de F et s'obtient comme le quotient de la division euclidienne de N par D.
Les deux parties suivantes s'attachent à donner des méthodes de calcul des éléments
simples Ai4/D\ pour K = C et K = R.
3.2. Pratique de la décomposition dans C(X)
Il est indispensable de bien savoir décomposer en éléments simples (on s'en sert en
particulier pour le calcul de primitives de fractions rationnelles).
Soit F G C(X),F 7^ 0, de forme réduite N/D. Le corps C étant algébriquement clos, on
peut écrire D = (X — ai)ai • • • (X — an)an avec ai G C pour tout i et ai G N*. Appliquant
le théorème précédent, on voit que l'on peut écrire de manière unique
F=E+ib[è,{xa-aiy) avec a«ecetEec[x]-
Comme on l'a déjà dit, on obtient E comme le quotient de la division euclidienne de N
par D. Pour tout i, le terme YJ . %'3 v s'appelle partie principal
pôle ù{. Nous allons donner des méthodes pratiques de calcul des aij.
Partie principale relative à un pôle simple. Soit F G C(X), F^O, N/D sa forme
réduite. Soit a un pôle simple de F. La partie principale de F relative à a est de la forme
— avec À G C, et on peut écrire F = — = — h G avec G G C(X), a n'étant pas
a — a D X — a
un pôle de G. On peut également écrire D = (X — a)Di avec Di G C[X] et D\(a) ^ 0,
de sorte que
^- = \ + (X-a)G donc A =-£§-. (*)
D\ Di(a)
Par ailleurs, l'égalité D' = D\ + (X — a)D[ donne D'(a) = D\(a), ce qui donne un autre
moyen de calculer À :
A - ^L (**)
Remarque 1. (*) et (**) s'utilisent dans des circonstances différentes : (*) quand on connaît
une forme explicite de Dïy (**) sinon (voir les exemples qui suivent).
Exemple 1. - Soit
_ X + 3 a b
F = -r— .. w,-—rr = T7 r +
(X-l)(X + 2) X-l X + 2
Grâce à (*), on trouve a = 4/3 et b = —1/3.

72
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
- Soit F = ^P , avec P G C[X], deg(P) < n. Notons v = e2i^n. On a Xn - 1 =
A n — 1
n—1 n—1
Y[(X — u>k), donc F = S2 y fc» a* e ^- Grâce à (**), on trouve
fc=0 &=0
Ûfc =
P(uk) ujk u, k, A „ 1 vi w*P(w*)
- -P(^), donc F=-J21TZ-T
n(ujk)n-1 n v y nf-* X-uk
Partie principale relative à un pôle multiple. Soit F G CjX], N/D sa forme réduite,
et a G C un pôle d'ordre h > 2 de F. On peut écrire £> = (X - a)hD0 avec £>0 € C[X] et
D0(a) ^ 0. Posons DX(T) = D0(T + a), Ni(T) = N(T + a) et Fi(T) = F(T + a). On a
^iCH = J^Tlx • Ainsi, si M = K + - • • + a1T/l-1)D1+T/l,S', (5 G C[X]) est la division
lnVi{l )
selon les puissances croissantes de N\ par £>i à l'ordre h — 1, on a :
T T2 Th Di(T)
et donc
1 J X-o (X-o)fci- D0(X) '
On a ainsi obtenu la partie principale relative au pôle a.
X + 3
Exemple 2. Recherchons la partie principale de F = —— —— relative au pôle 1
d'ordre 4. On a, avec les notations précédentes, NX(T) = T + 4 et £>i(T) = T + 2. On
effectue la division euclidienne de T+4 par T+2 selon les puissances croissantes à l'ordre 3,
ce qui donne
4 +T
-T
\rp2
21
4 1
2+T
2-±T+±T2-§T3
On en déduit que la partie principale de F relative au pôle 1 est
-1112
+ TTT7 TT^-^TTT TTX +
8(X-1) 4(X-1)2 2(X-1)3 (X-1)4'
En pratique, on n'utilise cette méthode que si l'ordre du pôle est grand (typiquement
supérieur à 3 ou 4). La plupart du temps, on procède par identification en donnant à X
certaines valeurs particulières et en utilisant certaines propriétés de F comme la parité,
le fait que F est à coefficients réels, et en utilisant la remarque suivante : Si a est un pôle
N
d'ordre h de F, on peut écrire F = — yrpr> A)(a) ^ 0, et
a n'étant pas un pôle de G. En multipliant cette dernière égalité par (X — a)h, on obtient
-£■ = ah + (X - a) [afc_i + • • • + ax(X - a)h~2 + (X - a)h~lG] .
En donnant à X la valeur a, on trouve un moyen commode de calculer ah :
£>o (a)

3. FRACTIONS RATIONNELLES
73
X + 2
Exemple 3. F = —-—~so,„—rr^ se décompose en éléments simples sous la forme
(A + lr{X - 2)z
„ a b c d
F= — T + TT7 ^ + T7 7 +
X-2 {X-2)2 X + l (X + l)2'
En utilisant la relation (***), on trouve b = 4/9 et d = 1/9.
Par ailleurs, en multipliant F par X, en regardant X comme un nombre réel et en le
faisant tendre vers +oo, on trouve (i) 0 = a + c. Or F(0) = \ = =± + | + c + d, donc
[il) | = — a + 2c. De (i) et (ii), on trouve a = ^ et c = J^.
D'autres décompositions en éléments simples dans C(X) sont traitées à l'exercice 1.
3.3. Pratique de la décomposition dans R(X)
On trouve dans R(X) les deux types d'éléments simples suivants :
Ceux du premier type sont appelés éléments simples de première espèce, ceux du second
type des éléments simples de seconde espèce.
Pour décomposer F G R(X) en éléments simples dans M(X), on peut
- Soit décomposer F en éléments simples dans C(X) et regrouper les termes conjugués
(en général à éviter).
- Soit procéder par identification, en utilisant les propriétés de F (parité, ...). Des
exemples sont traités dans l'exercice 2.
3.4. Exercices
EXERCICE 1. Décomposer en éléments simples clans C(X) les fractions rationnelles
suivantes :
a) (x2-i)2(x2 + iy ' Ix^Tï'
Solution, a) On commence par scinder le dénominateur de F dans C[X], ce qui donne
(X2 - 1)2{X2 + 1) = {X - 1)2(X + 1)2(X + i)(X - i).
On peut donc écrire
t-> a b a> V c c' , , ,
Comme F est impaire, l'unicité de la décomposition de F en éléments simples permet d'identifier
la décomposition de F(X) et de F(—X), ce qui donne a = a! et b = —br.
De plus F est à coefficients réels, donc F(X) = F{X) et par identification c — d.
La relation (***) de la partie 3.2 donne b = g et c = ^ = |. Donc br = — | et d = |.
Multipliant F par X, regardant X comme un nombre réel et en le faisant tendre vers +00,
on tire 0 = a + a' + c + d. Donc 2a = a + 0! = -{d + c) = - J, d'où a = a! = -\.
b) Recherchons les racines de Xb + 1. On a
x5 + 1 = 0 <=ï rr5 = -1 = e™ <=ï x = e***/^2**/5) = wfcl (A; G {0,1,2,3,4}).
Ainsi les (u;fc)o</c<4 sont 5 racines distinctes du dénominateur de F, et comme ce dernier est
de degré 5, tous les pôles de F sont simples. On obtient le coefficient de la partie principale
ûfc/pf - cjk) de F en utilisant l'identité (**) page 71, qui donne ak = wjS/(5a;jJ) = V^- Donc
F=if -J-.

74
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
Exercice 2. Décomposer en éléments simples dans R(X) les fractions rationnelles
suivantes.
X2 1
a) F= (x4 + x2 + i)2' b^ F= x(x2 + i)2'
^ r, X7 + 2 1X „ 1
c) F=WTxTW d) F = ^rn-"€N*-
Solution, a) On a (X4 + X2 + l)2 = (X2 + X + 1)2(X2 - X + l)2 donc
-, L , , , m „ aX + 6 cX + d eX + f gX + h
3a,6,c,rf,e,/,^,/iG]R, F= v9 , v , , +/Tr9 , v , iX9 + ^ tttt +
X2 + X + l (X2 + X + l)2 X2-X + l (X2-X + l)2'
Comme F est paire, l'unicité de la décomposition en éléments simples permet d'obtenir
e = —a, / = 6, g = —c, h = d.
Multipliant F par (X2 + X + l)2 puis en remplaçant X par j = e2î7r/3, on obtient
j2 j2 1 1
cJ + d = T^ • , i\o = t? = 7 donc c = 0etd=-.
02-J + l)2 4j2 4 4
On a F(0) = 0 = 6 + d + f + h = 26+ |, d'où 6 = -±.
OnaF(i) = -1 = 2Sjbè_(ci + d)-2+Z-(^ + /i), donc -1 = 2a+^-z(c+s)-(<2+/i) =
2a - 2d = 2a - §, d'où a = -±.
Finalement on a trouvé
1,1 rt , 1 1^1 « t 1
a = ~4> 6=-4> c = 0> d=i> e = i> / = "i' ^ = 0' /l=4"
i \ ti ii ttt, i t-. a bX + c dX + e - r . —
b) Il existe a, 6, c, a,e G M tels que F = — + -zp^—- + 7^775—7775-. La fraction F est impaire,
a xz +1 (a ^ + iy
donc c = e = 0. D'après la relation (*) de la partie 3.2, on a a = 1. Multiplions F par (X2 + l)2
puis remplaçons X par i. On obtient \ = di + e = di donc d = — 1.
Multipliant F par X, regardant X comme un nombre réel et en le faisant tendre vers +00,
on obtient 0 = a + 6, donc b = — a = — 1.
c) Il s'agit d'un cas classique, qui se traite par divisions euclidiennes successives. On trouve
X7 + 2 = (X2 + X + l)(Xb -X4 + X2-X) + (X + 2), d'où
X7 + 2 _ X + 2 X5-X4 + X2-X
(X2 + X + l)3 ~ (X2 + X + l)3 + (X2 + X + l)2 ' W
On recommence, en divisant cette fois ci Xb — X4 + X2 — X par X2 + X + 1. On obtient
Xb - X4 + X2 - X = (X2 + X + 1)(X3 - 2X2 + X + 2) - 4X - 2, donc
X5-X4 + X2-X 4X + 2 X3-2X2 + X + 2
(X2 + X + l)2 (X2 + X + l)2 X2 + X + 1 ' ^ )
De même la division X3-2X2 + X+ 2 = (X2 + X+ 1)(X - S) + (SX + 5) entraîne
X3 - 2X2 + X + 2 _ 3X + 5
X2 + X + 1 ~ X2 + X + 1
De (*), (**) et (***), on tire
F= * + 2 4X + 2 3X + 5
(X2 + X + l)3 (X2 + X + l)2~1~X2 + X + li~l ;'
Ce procédé est facile et à retenir.
d) On décompose d'abord dans C(X). On pose u = e™ln, de sorte que X2n-1 = Y}S^(X-u)k)'
Donc F = Y^Jq ^z^, où d'après l'identité (**) page 71, ak = l/[2n(wfc)2n"1] = wfc/(2n)-
+ X - 3. (***)

3. FRACTIONS RATIONNELLES
75
Il ne reste plus qu'à regrouper les termes conjugués. Lorsque 1 < k <n — 1, on a
k w(2n-fc) ^k wk 2cos(hir/n)X-2
X-uk X-u(2n~k) X-uk X-ûk X2-2ç.os{kir/n)X + r
donc
2n-l
.. in— i r. 1 I 1 1 n—i _
_ 1 ^ UT _ 1 1 1 y^ 2 C
= 2^ ^ X-U}k~2^l \X-1~X + 1+^X2-
k=0 L fc=l
n * 2cos(fc7r/n)X-2
+ 1 £-'X2-2cos()br/n)X + l
EXERCICE 3. a) Pour tout n G N*, montrer qu'il existe un polynôme Pn G R[X] de degré
n tel que
b) Pour tout n G N*, décomposer la fraction rationnelle Fn = l/Pn en éléments simples
dans R(X).
Solution, a) On procède par récurrence sur n G N*. Pour n = 1, c'est évident en prenant
P\{X) = X. Supposons le résultat vrai jusqu'au rang n — 1 et démontrons le au rang n. On a
AC—U K — JL
où m = [(n — l)/2] est la partie entière de (n — l)/2 et où rn = Cn si n est pair, rn = 0 si n
est impair. On peut donc écrire
XU + ~h = {X + ^)n " Î2CnPn-2k (X + £) - rn,
AC = JL
Ainsi, le polynôme PnP0 = Xn — Y^k=i CnPn-2k{X) — rn vérifie la propriété requise, et on a
bien deg Pn = n.
b) Commençons par chercher les pôles de Fn, qui sont les racines de Pn. On a
Pn(x+-\=0 <^=>- Xn + — = 0 <=ï X2n = -1 *=>> X = Uk = e*(2*+lW(2") (jfe € Z).
Ainsi, pour tout fc G Z, la valeur
^ = Wfc + J- = c<(2*+l)ir/(an) + e-<(2fc+l)ir/(2n) = 2œs (2fc + V*
est une racine de Pn. On remarque que les Xk sont deux à deux distincts lorsque 0 < k < n — 1,
et comme deg(Pn) = n, ceci montre que rro,rri,... , rrn_i sont les racines de Pn et qu'elles sont
simples. Maintenant, on peut écrire (grâce à la relation (**) page 71)
" p» hp^xk) x-xk'
Il ne reste plus qu'à remarquer, après dérivation de la relation Pn(X + l/X) = Xn + l/Xn} que
donc
oît^ (2A
2 _
- (2A;+l)7r
d'où la décomposition en éléments simples de Fn en reportant cette égalité dans (*).

76
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
Exercice 4. Pour tout F G C(X), on note DF = C \ {ai,..., an} (où ai,..., an sont
les pôles de F) et on identifie F avec la fonction Dp —> C 2 »-> F(z).
a) Si F G C(X) est non constante, montrer que
(i) F(DF) = C ou (ii) 3a G C I F(L>F) = C \ {a}
et caractériser les fractions rationnelles F vérifiant l'assertion (ii).
b) Si F, G G C(X), et si G n'est pas une constante qui est un pôle de F, il est possible
de définir la composée F o G e C(X). Donner la forme des fractions rationnelles F et
G G C(X) telles que la fraction rationnelle F o G soit un polynôme.
Solution, a) Soit F = N/D la forme réduite de F. Par hypothèse, F est non constante donc l'un
au moins des polynômes TV, D est non constant. Pour tout À G C, l'équation F(z) = X (z G Dp)
est équivalente à (TV — XD)(z) = 0 {z G C). (En effet, si (TV — XD)(z) = 0 alors on doit avoir
D(z) ^ 0 sinon TV et D ont une racine commune, donc z G Dp). Deux cas se présentent :
(i) Pour tout À G C, le polynôme TV — XD est non constant. Le corps des nombres complexes
étant algébriquement clos, TV — XD admet une racine z\ pour tout À G C. Ainsi, pour tout
A G C, F(zx) = X et on en déduit F(DF) = C.
(ii) Il existe a G C tel que TV — aD est constant. Pour tout À ^ a, le polynôme TV — XD est
non constant (si TV — XD est constant pour À ^ a, il est facile de voir que l'on doit avoir
TV et D constants, ce qui est contraire aux hypothèses) donc admet au moins une racine
z\ qui vérifie F(z\) = X. Ainsi, C \ {a} C F(DF)- De plus, le polynôme TV — aD est une
constante non nulle (si elle est nulle, F est constant égal à a), donc l'équation TV — aD = 0
n'a pas de solution. Finalement, F (Dp) = C \ {a}.
Les fractions rationnelles F = N/D vérifiant (ii) sont celles vérifiant 3c G C* | TV — aD = c.
Ainsi, F = N/D = (aD + c)/D = a + c/D est de la forme F = a + 1/P où P est un polynôme
non constant et réciproquement, une fraction rationnelle de cette forme vérifie (ii).
b) Si F est constant, F o G = F est toujours un polynôme. De même, si G est constant et si G
n'est pas un pôle de F, F o G est une constante donc un polynôme.
Supposons maintenant F et G non constants. Si a est un pôle de F, on a lim*-<> \F(z)\ = +00,
donc si a = G (fi) G G(Dg), le théorème de composition des limites entraîne
lim \FoG(z)\ = +00
Z-+0
ce qui est impossible si F o G est un polynôme. Ainsi nous venons de montrer
Si F o G est un polynôme, tout pôle de F appartient àC\ G(Dq). (*)
D'après la question précédente, l'ensemble C \ G(Dq) a au plus un élément, ce qui montre que
nécessairement F a au plus un pôle.
- Si F n'a pas de pôle, c'est-à-dire si F est un polynôme, alors si F o G est un polynôme, G
est un polynôme. En effet, si G admet un pôle /?, alors lim*-»/? \G(z)\ = +00 et le polynôme
F étant non constant on en déduit
lim \F o G(z)\ = +00 car lim \F(z)\ = +00,
z-+0 \z\->+oo
et F o G ne peut donc pas être un polynôme.
- Si F admet un seul pôle a, on peut écrire F sous la forme
F=P(xX-~ar PeClx] et herr
Pour que F o G soit un polynôme, la propriété (*) entraîne C \ G(Dq) = {oc}. Comme G
n'est pas constant (le cas G constant a été traité plus haut), d'après la question a), ceci
entraîne G = a + 1/Q où Q est un polynôme non constant. On a alors
FoG=w=Qfep(r/Q)-

4. POLYNÔMES À PLUSIEURS INDÉTERMINÉES
77
En écrivant P = Y2=o ak xk (où n = degP), ceci s'écrit aussi F o G = Y%=0 ak Qh~k, et
ceci est un polynôme si et seulement si n = deg(P) < h.
Réciproquement, il est facile de vérifier que les solutions trouvées conviennent. Finalement,
F o G est un polynôme si et seulement si l'une des conditions suivantes est vérifiée :
(i) F est constant.
(ii) G est constant et n'est pas un pôle de F.
(iii) F et G sont des polynômes.
(iv) F est de la forme F = /v ^ \, où P G C[X] et deg(P) <h,etG de la forme G = a + l/Q
[X — a)'1
où Q € C[X].
4. Polynômes à plusieurs indéterminées
4.1. Généralités
Soit A un anneau commutatif unitaire. L'ensemble A[X] est aussi un anneau commuta-
tif unitaire. On peut donc définir l'anneau des polynômes à une indéterminée à coefficients
dans A[X]. C'est ^4[X][F], noté aussi A[X, Y], appelé anneau des polynômes à coefficients
dans A à deux indéterminées. Les éléments de A[X, Y] sont ceux de la forme
P = YJHJXiY^ HjeA
où la somme sur (i, j) est finie. Par récurrence, on définit même
j4[Ai, ..., Xn] = A[Xi,..., Xn_i][Xn],
anneau des polynômes à coefficients dans A kn indéterminées.
- Si A = K est un corps commutatif, K[Xi, • • • , Xn] est une K-algèbre, dont
{XÎ1 • • • X% | (zi,..., in) e Nn} est une base.
- Si A est intègre, A[Xi,..., Xn] est un anneau intègre.
Si n > 2, et K est un corps, K[Xi, • • • ,Xn] n'est pas un anneau principal (en revanche
c'est un anneau factoriel, ce qui lui confère des propriétés arithmétiques ; cette notion
n'est pas au programme de mathématiques spéciales).
Définition 1 (Degré partiel). Soit P e A[Xi,...,Xn] et i, 1 < i < n. On peut
écrire P = J^. PjXf avec pour tout j, Pj G A[Xi,..., Xi-i,Xi+i,..., Xn\. On appelle
degré partiel de P selon Xi le degré de P considéré comme polynôme en Xi et on le note
degXi(P) (avec les notations précédentes, degx.(P) = sup{j | Pj ^ 0}).
Définition 2 (Degré total). Le degré total d'un monôme aX\l • • -Xnn, a ^ 0, est
ii + • • • 4- in> Si P G A[Xi,..., Xn], le degré total de P, noté deg(P), est le plus grand
degré total des monômes qui forment P.
De même que dans K[X], on peut définir dans K^,..., Xn] des fonctions polynôme
de n variables. On a en particulier le résultat suivant.
PROPOSITION 1. Soit K un corps commutatif infini et un polynôme P G K[Xi,... ,Xn].
Si P(x\,..., xn) = 0 pour tout n-uplet (rci,..., xn) de Kn, on a P = 0.
Remarque 1. - Comme pour les polynômes à une indéterminée, ce résultat est faux si
K est un corps fini. Par exemple dans Z/pZ[Xi,... ,Xn] (p premier), le polynôme
P = (Xi)(J^i — T) • • • (Xi — (p — l))X2 • • • Xn est non nul et pourtant, pour tout
#1,..., xn G Z/pZ, P(xi,..., xn) = 0.

78
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
- Attention, même si K est un corps infini, on peut avoir P(x\,... ,xn) = 0 pour une
infinité de n-uplets (#i,... ,£n) sans que P = 0 (prendre par exemple P(X, Y) =
X-Y smR[X,Y]).
4.2. Polynômes symétriques
Définition 3. Un polynôme P G A[X\,.. .,Xn] est dit symétrique si pour tout a G <Sn
(où <Sn désigne le groupe symétrique d'indice n), P(Xa^,... ,Xa(n)) = P(X\,..., Xn).
Exemple 1. Dans R[Xt Y,Z], P = XY + YZ + ZX est symétrique.
Définition 4 (Symétrisé d'un monôme). Soit M = X?1 • -X%n G ;4[Xi, • • -Xn\. Si
<j G <Sn, on pose Ma = X^l, ■ • --^Qjv. Le polynôme y^ Ma est symétrique dans
Ma distincts
A[Xi,..., Xn]. On l'appelle symétrisé de M dans A[X\,..., J£n] et on le note J^ M.
Exemple 2. Dans K[Xi, X2], £*i2*2 = X?X2 + XXX\.
Dans K[Xi,Xa.Xa], E^i^2 = *i2*2 + *i*22 + X|X3 + X\X2 + X?X3 + Xi*32.
(On voit sur cet exemple que les symétrisés d'un monôme dans A[Xi,... ,Xm] et dans
A[Xi,..., Xn] sont différents si n ^ m).
Polynômes symétriques élémentaires. On appelle polynômes symétriques
élémentaires de A[Xi,..., Xn] les polynômes notés Ep (1 < p < n) et définis par
Ep = 2^ Xi • • • Xp = 2_^ Xh---Xip.
i\<--<ip
On a en particulier
Ei = 2_^ Xi = Xi + ■ ■ - + Xn, E2 = 2_^ -^1^2 = 2_^ XiXj, T,n = X\ • - ■ Xn.
Les polynômes symétriques élémentaires vérifient l'égalité fondamentale
(T - X^ • • • (T - Xn) = Tn - EiT71"1 + E2Tn~2 + • • • + (-l^E^T + (-l)nEn.
En particulier, si P = Xn + a\Xn~l H h an est un polynôme de K[X] scindé sur K et
si iii,..., un sont ses racines, alors Vi, 1 < i < n, (—1)^ = Ej(wi,..., tin).
Remarque 2. Si $ G A[XU ..., Xn], alors 3>[Ei(Xi,..., Xn),..., En(Xi,..., Xn)] est un
polynôme symétrique de A[Xi,..., Xn].
La réciproque est vraie : tout polynôme symétrique peut se mettre sous cette forme.
Plus précisément, on a le théorème suivant :
Théorème 1. Soit A un anneau commutatif unitaire et P G A[Xi,..., Xn] un polynôme
symétrique dans A[Xi,..., Xn]. Il existe un unique polynôme <É> G A[Xi,..., Xn] tel que
P = $(E!,...,En).
Remarque 3. Une preuve classique de ce résultat consiste à utiliser la méthode de Waring
dont le principe est de faire diminuer la hauteur de P en lui retranchant le produit d'une
constante et de polynômes symétriques élémentaires. Un cas typique d'utilisation de cette
méthode fait l'objet de l'exercice 1.
Exemple 3. Dans A[XU ..., Xn], £ xi = si - 2^2 et £ X\X2 = EiE2 - 3E3.
Remarque 4. Ce théorème entraîne le résultat suivant. Soit P G %[X] un polynôme
unitaire. Les fonctions symétriques <7i,..., an de ses racines ui,..., un sont donc entières.
Si F G Z[Xi,..., Xn] est symétrique, alors F(wi,..., un) G Z (en effet. D'après le
théorème il existe G G i\Xu ..., Xn] tel que F = <7(Ei,..., En), et donc F(«i,..., un) =
<?(o-i,...,o-n) €Z).

4. POLYNÔMES À PLUSIEURS INDÉTERMINÉES
79
4.3. Exercices
EXERCICE 1. Exprimer les polynômes P suivants comme un polynôme $ en les polynômes
symétriques élémentaires o*.
a) p = X3 + Y3 + Z3 G R[Xt Y", Z].
b) P = E *i*2*3 G R[Xi, ...,Xn] pour n > 5.
SWttrton. a) On a (X + y + Z)3 = X3 + Y3 + Z3 + 3X2y + 3X2Z + 3y2X + 3y2Z + 3Z2X +
3^2y + 6XYZ, et donc X3 + Y3 + Z3 = E? - 6E3 - 3£X2y. Or £X2y = EiE2 - 3E3.
Finalement, on a P = E? - 3EiE2 + 3E3.
b) Rappelons que la méthode générale (méthode de Waring) pour trouver le polynôme $ consiste
à faire diminuer la hauteur de P (la hauteur de P est la plus grande des hauteurs de ses monômes,
la hauteur d'un monôme aX^1 • • • X%n étant (ai,..., an), ordonnée par l'ordre lexicographique).
Ici, le monôme de plus haut de P est X2X2X^. On va donc commencer par retrancher P à
Q3X\X2){^2X\X2X^) = E2E3. Calculons ce dernier terme. Chaque monôme de E2E3 est de
degré total 5 (produit de deux monômes de degré total 2 et 3) et est moins haut que X^X^X^.
On peut donc écrire
3a, 6, c, E2E3 = a^2 X\X\XZ + b J^ X2X2X3X4 + c J^ X1X2X3X4X5.
Le nombre a est le coefficient de X2X2X^ dans E2E3. C'est donc le nombre de manières de
former X2X2X^ par un monôme de E2 multiplié par un monôme de E3. Il n'y a qu'une seule
façon de faire ceci. C'est X\X\XZ = (X1X2)(X1X2X3)1 donc o = 1.
- De même, on a b = 3 car les façons d'écrire X2X2X^X4 comme le produit d'un monôme de
E2 par un monôme de E3 sont
X2X2X3X4 = (X1X2)(X1X3X4) = (X1X3)(X1X2X4) = (XiX4)(XiX2X3).
- On trouve de même c = C\ = 10.
- Finalement, on a P - E2E3 = -3 £ X\X2X3X4 - 10J2XiX2X3X4X5. Par des méthodes
analogues aux précédentes, on trouve
E1E4 = 2_^ Xi X2XzX± + 5 2_^ XiXiXzXtXs,
et donc Y^X2X2X$X± = E1E4 — 5E5. Finalement, on a
P = E2E3 - 3(EiE4 - 5E5) - IOE5 = E2E3 - 3EiE4 + 5E5.
Remarque. Il est conseillé dans ce type de calcul de vérifier les résultats, en donnant par
exemple an, Xi,..., Xn des valeurs particulières.
Exercice 2. Soit P = X3 +pX + q e R[X] et ce, £,7 ses racines complexes.
a) Calculer A = (a — P)2(/3 — 7)2(7 — ce)2 en fonction de p et q.
b) En déduire une condition nécessaire et suffisante portant sur p et q pour que P ait
trois racines réelles.
Solution, a) Posons ai = a 4- P + 7, cr2 = oc(3 + /?7 + 7a, «73 = a/?7. La relation entre coefficients
et racines d'un polynôme (voir le théorème 1 page 60) donne a\ = 0, o~2 = p et 03 = —q.
Comme A est symétrique en a, /?, 7, on peut l'exprimer comme un polynôme en ai, o~2, 03.
Plutôt que de calculer directement ce polynôme (les manipulations sont lourdes), nous allons
utiliser une technique dont les calculs sont plus simples.
Supposons dans un premier temps q ^ 0, c'est-à-dire a/?7 = 0-3 ^ 0, de sorte que a, fî et 7
sont non nuls. On a (a - (5)2 = a2 + (52 - 2a/?. Or a2 + fi2 + 72 = a\ - 2o2 = -2p, donc
(a - p)2 = -2p - 72 - 2a/3 = -2p - 72 + —.
7

80
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
On montrerait de même
(/3-7)2 = _2p_a2 + ^ et (7-a)2 = -2p-/?2 + ^.
Où p
Finalement, on a
x racine de P
Recherchons un polynôme Q dont les racines sont les y = —2p — x2 + 2q/x (x = a,/?, 7).
{
x3 + px + q =0 ( x2 = -p- q/x ( 0 = 1 + p/x2 + q/x3
-2p - x2 + 2q/x = y \ y = -p + 3g/a; \ x = 3q/(y + p)
3g y V 39
Donc Q = X3 + 6pX2 + 9p2X + (4p3 + 27g2). Le nombre A apparaissant comme le produit des
racines de Q, on en déduit A = -(4p3 + 27g2).
Ceci est vrai pour q ^ 0. Si q = 0, alors une des racines de P est nulle, par exemple a, et
alors A = /?V(/? - 7)2. Or <n = 0 = /? + 7, donc 7 = -/? et donc A = /34 ■ (2/3)2 = 4/36. Il ne
reste plus qu'à remarquer que p = a<i = /?7 = —/32, et donc A = —4p3.
Finalement, dans tous les cas, A = -(4p3 + 27g2).
b) Le polynôme P G R[X] est de degré impair et admet donc au moins une racine dans R (c'est
classique ! Comme \imx-++00 P(x)P(—x) = —00, il existe a > 0 tel que P(a) et P(—a) aient des
signes opposés, et P étant continue, il existe x G ] — a,a[ tel que P(x) = 0 d'après le théorème
des valeurs intermédiaires). Notons par exemple a une telle racine réelle. Deux cas se présentent.
- Premier cas. p et 7 sont réelles. Alors A = (a — fi)2 (fi — a)2 (7 ~~ a)2 ^ 0-
- Second cas. p et 7 sont non réelles. Alors elles sont complexes conjuguées. Autrement dit,
on peut écrire (5 = x + iy et 7 = x — iy avec x, y G M, y ^ 0. On a alors
A = ((a - /?)(<* - 7)) V - 7)2 = (|a - pffpiy)2 = -%2|a - /?|4 < 0
Finalement, on voit que P a trois racines réelles si et seulement si A = — (4p3 4- 27ç2) > 0.
Remarque. Ce dernier résultat peut également s'obtenir à partir des formules de Cardan
donnant les racines de P en fonction de ses coefficients (voir l'annexe A).
- Le nombre A s'appelle le discriminant de P. De manière générale, pour tout polynôme
Q de degré n > 2 dont on note rci,..., xn les racines, le discriminant de Q est défini par
A = Ilio-te ~xj)2- Comme A est symétrique en les a^, il s'exprime comme un polynôme
en les coefficients de Q. On voit par ailleurs que Q n'admet que des racines simples si et
seulement si A ^ 0.
Exercice 3 (Formules de Newton). Soit un entier n > 2. On appelle sommes de
Newton les polynômes
n
Sp = 2^ Xf G K[Xi,..., Xn].
Comme Sp est symétrique, il s'exprime comme polynôme en les polynômes symétriques
élémentaires : Sp = $p(Ia,..., En). On se propose de donner des formules simples
permettant de calculer le polynôme $p.
a) Soit (#1,... ,rcn) G Rn. Pour tout p G N*, on pose sp = Y^=i x\ et Pour tout *> on
pose ai = Sj(xi,... ,rcn), a\ = (—l)Vf. Soit P = ECliP^ ~~ x*)- ^n Partant de l'identité

5. PROBLÈMES
81
P' = E?=i x^> montrer
VA;, 1 < k < n - 1, Sk- EA-i + • • • + (-l)*"1^^ + (-l)kkXk = 0. (*)
b) Pour tout p G N, donner une relation entre Sn+P, Sn+p-i,..., Sp.
Solution. On a P = Xn + a'-^X11-1 + • • • + o'n-\X + a'n. Pour tout i, la division euclidienne de
P par X — X{ donne
-JL- = Xn~l + (xi + a[)Xn-2 + (xf + fflxi + ^)Xn"3 + • • •
si — X{
••• + Kn"1+^n_2 + ---+<-2^ + ^n-l)- (**)
En sommant l'égalité (**) pour 1 < i < n, on trouve
n P
P' = J2 IFZ— = nXH~l + (Sl + n°'i)xn~2 + (s2 + o-[Sl + n^)Xn"3 + • • •
»=i X Xi
• • • + (Sn_i + aisn-2 H + 0"n-2sl + no^).
Or on sait que P' = nXn~l + (n — l)a[Xn~2 + • • • + o',n_1. En identifiant les coefficients, on
trouve
Vfc, 1 < k < n - 1, s*. + Sfc-i</i H 1- si^fc_i + ka'k = 0.
Autrement dit, si Pk = Sfe-S^-iEiH h(-l)*-15iEjfe_i + (-l)*fcEjfe, on a Pk(xi, ■•■ ,xn) = 0,
et ceci pour tout {x\>..., rcn) G Rn, donc P^ = 0 (1 < k < n — 1) d'où le résultat.
b) Il suffit de remarquer que
Vi, x*+n + (riaf-"-1 + • • • + a'n_lX\+l + ^ = 3*P{xi) = 0,
et en sommant cette égalité pour 1 < i < n :
Sp+n + ViSp+n-i H 1- (Jn_1Sp+i + <7nSp = 0.
Ceci étant vrai pour tout (x\,... ,xn) G Mn, on en déduit que
Sp+n — £i<Sp+n-i + • • • + (—1) £n_i5p+i + (—1) Sn5p = 0.
Remarque. En procédant par récurrence sur p, ces formules permettent de trouver
facilement les polynômes en Ei,..., En égaux à Sp. Elles peuvent en particulier s'inverser
(pour 1 < p < n), ce qui prouve que les E^ (1 < i < n) s'expriment comme des polynômes
en les Si (1 < i < n). Donc tout polynôme symétrique de R[Xi,... ,Xn] peut s'exprimer
comme un polynôme en les sommes de Newton Si,..., Sn.
5. Problèmes
Problème 1 (Transformée de Fourier discrète d'un polynôme). On se fixe un
entier n > 1 et on note uj = e2î7r/n.
a) Pour tout polynôme P G C[X], on définit les polynômes
n—1 n—1
Fd(P) = Y,P(uk)Xk et 7d(P) = ^P(a;-yGC[I].
fc=0 A;=0
Si P G C[X] et deg(P) < n - 1, montrer que ~Td \Td{P)\ = nP.
b) Conséquence. Soit P G TL\X\ vérifiant
(i) Vj G Z, \P(u>j)\ < 1 (u) 3k G {0,1,..., n - 1} tel que P(uk) = 0.
Montrer que (Xn - 1) divise P.

82
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
Solution, a) Écrivons P = ao + a\X + • • • + an-\Xn 1. Si 0 < & < n — 1, le coefficient de Xk
dans Fd[Fd(P)] es^
[^(p)](w-*)=£p(^>-j'fc=x;
i=o j=o
n-l
J2aiujii
i=0
U)
~jk
n-l
= £ w^'E"
0<tj'<n-l
i=0
n-l
Dw<~fc)J'
(*)
Lorsque 0 < z < n — 1, Ç = ul fc est une racine n-ième de l'unité égale à 1 si et seulement si
i = fc, donc
7-^ In si z = fc
3=0 K
Ainsi, (*) s'écrit [Fd{P)]{v~k) = nafc- Donc
n—1 n—1
fc=0 fc=0
b) Commençons par effectuer la division euclidienne de P par Xn — 1 : P = (Xn — 1)Q + i?,
deg(i?) < n - 1 et (Q, i?) G Z[X] (le quotient et le reste sont à coefficients entiers car Xn - 1 est
unitaire, voir la remarque 3 de la partie 1.3 — page 54). Pour tout entier jf, on a P(uji) = R{u^)
dont R vérifie également (i) et (ii). Or deg(i?) < n — 1, donc d'après a),
3=0
-XK
n
n
(**)
Ml-l
n-l
Or Fd(R)(u-3) = E?=0 R{ul)u~v, donc \Td(R)(u)-J)\ < E?=o \R(v%)\, et R vérifiant (i) et (ii),
cette dernière inégalité entraîne
Fd(R)(*>-j)
n
n
(***)
D'après (**), comme R est à coefficients entiers, on a ^^rf(i2)(ci;~J') G Z, donc d'après (***),
^^rf(i2)(u;~J') = 0, et ceci pour tout j, 0 < j < n — 1. De (**) on en déduit R = 0 et donc Xn — 1
divise P.
Problème 2. 1/ Soit P G C[X] tel que Vn G N, P(n) G Z.
a) Montrer que P G Q[X].
b) Plus précisément, si d = deg(P), montrer que d\P G Z[X].
2/ Soit F G C(X) une fraction rationnelle telle que pour tout entier n G N qui n'est pas
un pôle de P, F(n) G Q. Montrer que F G Q(X).
3/ Soit P G C(X) une fraction rationnelle vérifiant : pour tout entier n G N qui n'est pas
un pôle de P, F(n) G Z. Montrer que P est un polynôme de Q[X].
Solution. 1/ a) Si P est constant, le résultat est évident. Sinon d = deg(P) > 1. Considérons
les polynômes d'interpolation de Lagrange Lk = TT I ——r ) pour 0 < k < d, de sorte que si
0<i<d V k ~ % J
ijik
j G N, 0 < j < d, Lk(j) = 0 si j'^ k et Lk(k) = 1. Le polynôme Q = J2k=op(k)Lk Prend les
mêmes valeurs que P aux d+ 1 points 0,1,...,d. Autrement dit, P — Q s'annule en d+ 1 points.
Or deg(P - Q) < d, donc P - Q = 0, et donc P = Q = T,î=0P(k)Lk G Q[X] car P(fc) G Z et
£* G Q[X}.

5. PROBLÈMES
83
/7I M
b) Remarquons que d\Lk = (-l)d~fc ' JJ (X - i), et comme . = C\ est un
entier, on en déduit d\Lk G Z[X]. Donc d!P = £fc=oP(fc) ■ (d!Lfc) G Z[X].
Remarque : On ne peut pas faire mieux. Par exemple, P = X(X — 1) • • • (X - d + l)/d! est de
degré d et vérifie Vn G N, P(n) G Z.
2/ Nous allons en fait montrer le résultat plus fort suivant. Si F G C(X) vérifie (3N > 0,Vn G
N,n > iV, si n n'est pas un pôle de F, F(n) G Q) alors F G Q(X) (*).
Si F = P/Q où P et Q G C[X] sont premiers entre eux, nous allons prouver (*) par récurrence
sur r = deg(P) + deg(Q) (si F = 0, il n'y a rien à montrer).
- r = 0. Alors P et Q sont constants et le résultat est évident.
- Supposons le résultat vrai jusqu'au rang r — 1 et montrons le au rang r. Quitte à considérer 1/F,
on peut supposer deg(P) > deg(Q). Soit a G N un entier suffisamment grand. Par hypothèse,
P(a)/Q(a) est rationnel et si
G= l
X-a
F(X) - P^
= £1 où p*{x)=P(X)Q(a)-Q(X)P(a)
Q(a)\ Q v ' Q{a)(X-a)
alors P* G C[X] et deg(P*) < deg(P). De plus \/n,n > a, G(n) G Q. On peut donc appliquer
l'hypothèse de récurrence qui entraîne G G Q(X). Donc F = (X - a)G + P(a)/Q(a) G Q(X).
3/ D'après 2/, F G Q(X). Écrivons F = E + P/Q, où E> P et Q sont des polynômes de
Q[X) avec deg(P) < deg(Q). Soit a G N* tel que aE G Z[X\. Comme deg(P) < deg(Q) on a
limn^+00 P(n)/Q(n) = 0 et donc il existe N > 0 tel que pour tout n> N, \aP(n)/Q(n)\ < 1.
Or aE G Z[X], donc pour tout n G N,n > Nt aP(n)/Q(n) = aF(n) - aE(n) G Z. On en déduit
P(n) = 0 pour tout n G N tel que n> N. Ceci implique P = 0 et donc F = E e
Problème 3. Soit P = Xn + aiXn_1 + • • • + an_iX + an e C[A"]. On note p > 0 le plus
grand des modules des racines de P, et on suppose que les a* ne sont pas tous nuls, de
sorte que p ^ 0.
1/a) Montrer que p < sup{l, Y%=i M}-
b) Montrer que p < 1 4- sup^^ |oj|.
2/ a) On pose
f(x) = xn - (|oi| rcn_1 + • • • + |an_i| x + |an|).
Montrer que / admet une unique racine strictement positive a, que si 0 < x < a alors
f(x) < 0, et que si x > a alors f(x) > 0. Prouver ensuite (21/71 — 1) a < p < a.
b) Si R = sup!<fc<n Kl1/*, montrer R/n < p < 2R.
Solution. 1/a) Si p < 1, c'est terminé. Sinon, considérons a G C une racine de P telle que
|a| = p. L'égalité P{a) = 0 s'écrit aussi an = —aian_1 — • • • — an-\a — an, donc
&2
Où = —CL\
a
p=\a\< \ai\
&7l— 1 &71
syTl ~ C\^
, M . , Kl
p pn~l
ce qui entraîne
1/TrJ l/7.„l
(*)
p- -
Comme p > 1, on en déduit /? < |ai| 4- K| + • • • 4- |an|.
b) Si p < 1, c'est terminé. Sinon, en posant a = sup1<i<n K, l'inégalité (*) entraîne

84
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
et donc p — 1 < a d'où p < 1 + a.
2/a) La fonction g(x) = f(x)/xn est une fonction croissante (somme de fonctions croissantes)
strictement sur ]0, +oo[. De plus, elle vérifie
lim g(x) = — oo et lim g(x) = 1.
Ceci montre qu'il existe a > 0 et b > 0 tels que #(a) < 0 et g(b) > 0. D'après le théorème des
valeurs intermédiaires, il existe donc a > 0 (compris entre a et b) tel que #(a) = 0. Comme g
est strictement croissante, on a g(x) < 0 pour 0 < x < a et #(a;) > 0 pour x > a. Comme
f(x) = xng(x), on en déduit
/(a) = 0, f(x) < 0 pour 0 < x < a, /(x) > 0 pour x > a. (**)
Ceci étant, l'inégalité (*) entraîne /(p) < 0, d'où on tire p < a d'après (**).
Il reste à prouver l'inégalité (21/71 — 1) a < p. L'expression des coefficients d'un polynôme en
fonction de ses racines montre que \dk\ < Ckpk pour 1 < k < n, donc
Va; > 0, J2 \ak\xn-k < £ Cknpkx^k = (p + x)« - s»,
fc=i fc=i
ce qui entraîne
Va; > 0, f(x) >xn- ((p + x)n - zn) = 2xn - (p + z)n.
Le terme 2xn - (p + x)n s'annule lorsque 2l/nx = p + a;, c'est-à-dire lorsque a; = —. . Ainsi,
/ f —. j > 0 et on en déduit grâce à (**) que —^ > a, ou encore p > (21/71 — 1) a.
b) Pour montrer p < 2R il suffit de montrer a < 2R d'après la question précédente. En vertu du
principe (**), on se ramène donc à prouver que f(2R) > 0. Par définition de R, on a \ak I < Rk
pour tout jfe, 1 < k < n. Si r = 2#, on a donc \ak\ rn~k < rn/2k, d'où
|a1|r-1 + ... + K_1|r + |an|<r-(i + ... + i)<r",
d'où f(r) = f(2R) > 0.
- Montrons maintenant R/n < p. On a vu plus haut que |ajt| < Ckpk pour 1 < k < n. Or
Ck = n--- (n-k + l)lk\ < nk, donc |ajt| < nkpk, donc si 1 < k < n, —— < p, d'où le résultat.
n
Problème 4 (Théorème fondamental de l'algèbre). Le but du problème est de
prouver que tout polynôme de C[X] de degré > 1 admet au moins une racine dans C,
c'est-à-dire que le corps C est algébriquement clos.
1/ Première méthode. Soit P G C[I], unitaire, deg(P) > 1.
a) Montrer qu'il existe z0 G C tel que |P(^o)| = inf^c |-P(^)|.
b) Montrer que P(z0) = 0.
2/ Seconde méthode. Soit P G R[X] unitaire, d = deg(P) = 2nq avec q impair et d > 1.
On veut montrer par récurrence sur n G N que P admet au moins une racine dans C.
a) a) Montrer le résultat pour n = 0.
/3) Supposons le résultat vrai jusqu'au rang n — 1. On sait (voir le théorème 5 page 62)
qu'il existe une extension de corps K de C et x\t..., xj G K tels que P = Yu=i(X — x^).
Pour tout c G M et pour 1 < i < j < d, on pose yij(c) = jc» 4- Xj + cxiXj. Montrer que
pour tout c G M, il existe (ic, jc) tels que yic,jc(c) G C.
7) Montrer qu'il existe c G R tel que xic + yic et xicyic G C. Conclure.
b) En déduire le théorème fondamental de l'algèbre.

5. PROBLÈMES
85
Solution. 1/ a) Écrivons P = Xn + a\Xn~l + • • • + aniX + an. Pour tout z G C*, on a
p[z) = zn(l + ^-\ + f£), donc ^m\z\^+oo \P(z)\ = +oo, et donc il existe M > 0 tel que pour
tout nombre complexe z tel que \z\ > M, on ait \P(z)\ > |P(0)|. Ceci entraîne
m(\P(z)\= in( \P(z)\.
z€C \z\<M
Or K = {z e C | \z\ < M}, fermé borné de C, est compact, et l'application z *-* \P{z)\ étant
continue, il existe zq G K tel que |P(^o)| = '^z€i< \P(z)\- On a donc |P(^o)| = infzeC l-P(^)|-
b) Raisonnons par l'absurde. Si P{zq) ^ 0, posons
2=0
Ici, 6o = Q(0) = 1 et bn ^ 0, donc k = mî{i G N, 1 < i < n \ bi ^ 0} existe bien. On peut
d'ailleurs écrire
Q(z) = 1 + bkzk(l + ip(z)) avec lim ip(z) = 0.
z—>0
Soit r > 0 tel que |p(*)| < 1/2 pour |z| < r. Écrivons 6fc = \bk\eie, 9 G M. Soit z = re"^e+^'k.
On a
Q(z) = l-|6fc|rfc(l + v?(z)).
Quitte à diminuer r > 0 on peut supposer \bk\rk < 1, et donc
IQWI < |1 - Nrfc| + |&fcr\>(*)| < (1 - Ifcfclr*) + \\bk\rk = 1 - i|6fc|rfc < 1.
Ceci prouve que \P(z + 2o)|/|P(*o)| < 1> donc que \P(z + ^o)| < |P(2o)|> ce qui est absurde car
|P(*o)| = infz6c |PMI- On a donc bien P(z0) = 0.
2/ a) a) Si n = 0, alors deg(P) = q est impair. Le polynôme P étant à coefficient réels et
unitaire, on peut écrire
P(x)~+OQXq et Pfân-ooX9
donc q étant impair,
lim P(x) = +oo et lim P(x) = — oo.
x—>+oo x—>—oo
On en déduit qu'il existe a G M+ tel que P(a) > 0 et P(—a) < 0. La fonction polynôme P
étant continue sur M, d'après le théorème des valeurs intermédiaires il existe c G ] — a,a[ tel que
P(c) = 0. D'où a).
/?) Fixons c G M. Soit Q = Yli<i<j<d(^ ~~ Vhji0))- Les coefficients de Q sont des polynômes
symétriques à coefficients réels en les Xi, et donc (voir le théorème 1 page 78) ce sont des
polynômes à coefficients réels en les fonctions symétriques élémentaires des Xi, qui sont eux mêmes
les coefficients de P donc réels; ainsi, les coefficients de Q sont réels, c'est-à-dire Q G R[X].
On a deg(Q) = Card{(z, j), 1 < * < j < d} = ^=1{j - 1) = d(d - l)/2 = 2^q(d - 1), où
q(d — 1) est impair (car q est impair et d est pair). On peut donc appliquer à Q l'hypothèse de
récurrence, ce qui entraîne l'existence de (zc, jc) tel que yicjc(c) G C.
7) Notons r = {(i,j) G N2,l < i < j < d}. D'après la question /?), on peut construire une
application R —> T ci-* (iajc) telle que pour tout c G M, yicjc(c) G C. Comme R est infini et
r fini, cette application n'est pas injective donc
3c G M,3c' eR,c^ c', tels que (icJc) = (v, je')-
Posons (r, 5) = (ic,ic)- Du fait que
(xr + xs) + c(xra;5) G C et (xr + x5) + d{xrxc) G C
avec c 7^ c;, on tire 5 = xr + xs G C et P = xrxs G C. Les éléments xr et x5 sont donc les
racines de X2 — SX + P e C[X], ce qui permet facilement de conclure que xr G C et xs G C. Le
polynôme P a donc au moins une racine complexe (on en a même trouvé deux, xr et xs).
b) Le raisonnement par récurrence de a) prouve que tout polynôme à coefficients réels a au moins
une racine dans C. On veut maintenant prouver le résultat dans C[X]. Soit F = J2i=oaiXl G

86
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
"ô v^d —
C[X]. On pose F = JXo3*-*"*» et on voit que P = FF G
Le polynôme P admet donc au
moins une racine complexe a, donc F(a)F(a) = 0, et donc F(a) = 0 ou F(a) = 0. Si F(a) = 0,
c'est terminé, sinon F(a) = 0 donc F(â) = 0, d'où le résultat.
Remarque. La deuxième méthode, plus longue, présente l'avantage de n'utiliser qu'une
simple conséquence de la topologie : tout polynôme de R[X] de degré impair admet une
racine réelle, résultat connu au dix-huitième siècle.
Problème 5 (Existence de nombres transcendants, nombres de Liouville).
On rappelle qu'un nombre complexe a est algébrique sur Q si il existe un polynôme
P G Z[X] non nul, tel que P{ot) = 0. Dans le cas contraire, a est dit transcendant. On se
propose de prouver par deux méthodes différentes l'existence de nombres transcendants.
1/ Méthode non constructiviste. Montrer que l'ensemble des nombres réels algébriques sur
est dénombrable. Conclure.
2/ Méthode constructiviste. a) Soit o G R algébrique sur Q, racine de P G Z[X], deg(P) =
n > 0. Si o 0 Q, montrer que
3a >0, V(p,ç)GZxN*,
n P
a
- qn
(Indication. On pourra remarquer que qnP(p/q) G Z.)
b) (Nombres de Liouville). Soit a G M, a ^ Q, tel que
VA; G N*, 3(p, g)GZxN*,g>2 tel que
n P
a
q
1
qK
(a est appelé nombre de Liouville). Montrer que a est transcendant,
c) Montrer que a = Ylt=o 10~fc! es* un nombre de Liouville.
Solution. 1/ Pour tout n € N*, notons Zn[X] = {P G Z[X] \ deg(P) < n}. L'application
Zn+1 —> Zn[X] (ao,... ,an) i—> ao + • • • + anXn est bijective. Ainsi, Zn+1 étant dénombrable,
Zn[X] est dénombrable, et donc Z[X] = VJnç^Zn[X] est dénombrable (réunion dénombrable
d'ensembles dénombrables).
Pour tout P G Z[X], deg(P) > 1, l'ensemble noté R(P) des racines de P est fini. Si A désigne
l'ensemble des nombres réels algébriques sur Q, on a donc
A= |J R(P)
pez[x)
deg(P)>l
et donc A est dénombrable (réunion dénombrable d'ensembles finis).
L'ensemble des nombres réels n'étant pas dénombrable, on en déduit qu'il existe dans R des
nombres transcendants.
2/ a) On a P(a) = 0 et P n'a qu'un nombre fini de racines, donc
(37? > 0),Vx G [a-rj,a + rj\,x ^ a, P(x) ^0.
- Si p/q e [a — 77, a + 77], alors p/g 7^ a (car a ^ Q par hypothèse), donc P(p/q) ^ 0.
Or qnP(p/q) G Z, et ce terme étant non nul, \qnP(p/q)\ > 1. D'après l'inégalité des
accroissements finis, si M = supxe[a__T]a+T^ |P;(a;)|, on a
p *-
p g)-™
<M
a
Q
donc
P n
a
Q
- M
P*-
>
Mqn
- Si p/q g [a - 7/, a + 77], alors |p/g — a| > 77 > 77/9".

5. PROBLÈMES
87
On conclut de tout ceci que a = inf{l/M,r;} convient.
b) Supposons a algébrique. D'après la question précédente,
3n G N*,3a > 0,V(p,g) G Z x N*,
n P
a
Q
- qn
Fixons k G N*, k > n, tel que 2n~k < a. Par hypothèse, il existe (p,q) G Z x N*, g > 2, tel que
|a - P/^I < l/fl*- On a donc a/qn < \a — p/q\ < l/qk, donc a < qn~h < 2n~k < a, ce qui est
absurde. Le nombre réel a est donc transcendant.
c) Le développement décimal de a n'est pas périodique, donc a $ Q.
Soit n G N*. Le nombre p = 10n!(££=o 10_fc!) est un entier > 2, et avec q = 10n!, on a
r, P
a
q11 = 10
/ +oo \ +oo +00 1
,nn! ( ^2 1Q~kl )= y2 ionn-~kl < y2 ion_A: = -
\k=n+l / k=n+l k=n+l
(lorsque A; > n + 1 nous avons utilisé la majoration nn\ — k\ = n\[n — (n + 1) • • • k] < n — k).
Ainsi, on a
1
< —
qn
et ceci est possible pour tout n G N*. Finalement, le réel a un nombre de Liouville, donc
transcendant.
P
a
Q
qn < 1, c'est-à-dire
n P
a
Q
Remarque. Le résultat 2/ date de 1844 et est historiquement la première preuve
d'existence de nombres transcendants. Il n'admet pas de réciproque. Par exemple, ir est
transcendant, et on sait que \tt—p/q\ < 1/g1465 n'a qu'un nombre fini de solutions (Chudnovsky,
1984). Ainsi 7r n'est pas un nombre de Liouville.
- La preuve 1/ est plus récente. Les notions d'équipotence introduites par Cantor datent
en effet de la fin du XlX-ième siècle.
- S'il est relativement simple, avec 2/, de construire des nombres transcendants, il est
beaucoup plus difficile de dire si un nombre donné est transcendant ou non. Le sujet
d'étude 2 page 100 démontre que e et 7r sont transcendants.
Problème 6 (Nombres algébriques). Soient K et L deux corps commutatifs, K étant
un sous-corps de L. On dit que a G L est algébrique sur K s'il existe P G K[X], ?^0,
tel que P(a) = 0.
1/ Pour tout a G L, on pose K[a] = {P(a) \ P G K[X]} et Ia = {P G K[X] \ P(a) = 0}.
a) Soit a G L algébrique sur K. Montrer que K[a] est un corps, et que c'est un K-espace
vectoriel de dimension finie.
b) Montrer que si le K-espace vectoriel K[a] est de dimension finie, alors a est algébrique
sur K.
2/ Si Ki C K2 sont deux corps commutatifs, on note [K2 : Ki] G N*U{+oo} la dimension
de K2 considéré comme un Ki-espace vectoriel.
a) Soient Kj C K2 C K3 trois corps commutatifs. Montrer l'équivalence
([K2 : Ki] < +oo et [K3 : K2] < +oo) «=> ([K3 : Kj] < +oo).
b) Soit oi,..., a,» G L. On rappelle que la notation K(ai,..., an) désigne le plus petit
sous-corps de L contenant K et ai,..., an. Montrer que ai,..., an sont algébriques sur K
si et seulement si [K(ai,..., an) : K] < +00.
c) Montrer que A, l'ensemble des nombres algébriques sur K, est un corps.
3/ Si L est algébriquement clos, montrer que A est algébriquement clos.

88
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
Solution. 1/ a) L'ensemble Ia est un idéal de l'anneau principal K[X], donc il existe un unique
polynôme P G K[X] unitaire tel que Ia = (P).
Le polynôme P est irréductible dans K[X]. En effet, si P = QR avec Q,R G K[X], alors
0 = P(a) = Q(a)R(a) et donc Q(a) = 0 ou R(a) = 0, donc Q ou i? appartient à Ia = (P)
donc deg(Q) > deg(P) ou deg(P) > deg(P), ce qui prouve l'irréductibilité de P. (P s'appelle le
polynôme minimal de a, deg(P) le de#ré de a).
L'application </? : K[X] —> L F i-> P(a) est un morphisme d'anneaux. Or Ker </? = Ia = (P),
donc Im</? = K[a] est isomorphe à K[X]/(P). Le polynôme P étant irréductible, c'est donc un
corps (voir proposition 4 page 61) de dimension deg(P) en tant que K-espace vectoriel.
b) Soit n la dimension du K-espace vectoriel K[à\. La famille (1, a,..., an) constitue un système
de n + 1 vecteurs de K[a], ces vecteurs sont donc liés. Autrement dit, il existe xo, - - - ,xn G K
tels que xq + x\a + • • • + xnan = 0, avec les (xi)o<i<n non tous nuls. Donc si P = Ya=qxî^1 ^
P(a) = 0 et P 7^ 0. Donc a est algébrique sur K.
2/ a) Condition nécessaire. [K2 : Ki] < +00 donc K2 est isomorphe comme Ki-espace vectoriel à
K[ 2' . De même K3 est isomorphe comme K2-espace vectoriel à K2 3' 2 , a fortiori isomorphe
comme Ki-espace vectoriel à K2 3' (comme Ki C K2, tout isomorphisme de K2-espace
vectoriel est un isomorphisme de Ki-espace vectoriel), donc isomorphe comme Ki-espace vectoriel à
(Kf2:Kl])[K3:K2]) donc à K^^l-pKs^l^ Donc [Ks . Kj = [Ks . Ka] m [K2 . Kj < +Qa
Condition suffisante. K2 C K3 donc [K2 : Ki] < [K3 : Ki] < +00.
Montrons maintenant [K3 : K2] < +co. Comme [K3 : Ki] < +co, il existe une base finie
ei,..., en du Ki-espace vectoriel K3. On remarque alors que ei,..., en est une famille génératrice
finie de K3 vu comme un K2 espace vectoriel. Donc [K3 : K2] < +co.
b) Condition nécessaire. Procédons par récurrence sur n G N*. Pour n = 1, c'est une conséquence
de 1/. Supposons le résultat vrai au rang n, montrons le au rang n + 1. D'après l'hypothèse de
récurrence,
[K(ai,...,an) :K] < +00. (*)
L'élément an+\ est algébrique sur K, a fortiori sur K(ai,..., an). Le résultat 1/ reste évidemment
vrai si on remplace K par K(ai,..., an) C L, donc
[K(ai,...,an)(an+i) : K(au ... ,an)] < +00.
Or K(ai,..., an)(an+i) = K(ai,..., an+i), donc cette dernière assertion s'écrit
[K(ai,...,an+i) :K(ai,...,an)] < +00. (**)
De (*) et (**), on tire d'après 2/ a) [K(ai,... ,an+i) : K] < +00, d'où la condition nécessaire.
Condition suffisante. Pour tout z, K[a{] C K(a^) C K(ai,... ,an), donc K[a^] est un K-espace
vectoriel de dimension finie, et donc ai est algébrique sur K d'après 1/b).
c) Soient (x, y) G A2. On a K(x — y)c K(x, y) donc comme [K(x, y) : K] < +00, on a [K(x — y) :
K] < +00, et donc x — y e A d'après 2/b). De même si y ^ 0, comme K(x?/"'1) C K(x,?/), on
tire xy"1 G A. Finalement, A est un corps.
3/ Soit P = ao + a\X + '-anXn G A[X], P ^ 0. Le corps L étant algébriquement clos,
il existe a G L tel que P(a) = 0, et donc d'après 1/a) appliqué au corps K(ao,... ,an),
K(ao,..., an)[a] est un corps (donc égal à K(ao,..., an)(a) = K(ao,..., an, a)) de dimension fini
comme K(ao,..., an)-espace vectoriel. Autrement dit, [K(ao,..., an, a) : K(ao,..., an)] < +00.
Or [K(ao,... ,an) : K] < +co d'après 2/b), donc d'après 2/a), [K(ao,... ,an,a) : K] < +00, et
donc a G A d'après 2/b), d'où le résultat.
Remarque. En particulier, l'ensemble A des nombres complexes algébriques sur Q est
un corps algébriquement clos. On l'appelle la clôture algébrique de Q (c'est la plus petite
extension de Q algébriquement close).

5. PROBLÈMES
89
Problème 7 (Théorème de Kronecker). Soit P G Z[X] un polynôme unitaire de
degré n > 1 et irréductible dans Q[X]. On suppose que toutes les racines de P sont de
module < 1. Montrer qu'alors P = X ou bien il existe k e N* tel que P \ (Xk - 1).
(Indication. On pourra utiliser le résultat suivant, conséquence d'un exercice du tome
d'Analyse : Si a G R \ Q, alors (Ve > 0,3n G N*), |e2i7rna - 1| < e.)
Solution. Soient ai,..., an les racines de P. Notons a G Z le terme constant de P. Le polynôme
F étant unitaire, on a ai • • • an = (—l)na. S'il existe i tel que \ai\ < 1, par exemple |ai| < 1,
alors \a\ = |ai| • |a2 • • • an\ < \a\\ < 1, et comme a G Z, a = 0. Donc X divise P, et P étant
irréductible et unitaire, P = X.
Dans le cas contraire, on a \ai\ = 1 pour tout i. Considérons pour tout entier k > 1
nk = (a1-l)(ak2-l)---(ahn-l).
Pour tout k, 7Tfc s'écrit comme un polynôme à coefficients entiers symétrique en les a^, et donc
7Tfc G Z d'après la remarque 4 page 78. Nous allons montrer qu'il existe k tel que -Kk = 0. Comme
|ai| = 1, il existe 6 G R tel que ai = e2in0. Si 6 G Q, alors il existe A; G N* tel que k6 G Z, donc
afe _ e2vKke _ ^ rïonc ^k _ q Sinon, 0 G R\Q. Compte tenu de la majoration \ak - 1| < 2,
l'expression de 7Tfc entraîne \ïïk\ < \a\ — 1| • 2n_1. Or 0 G R\Q donc (on utilise l'indication) il
existe k G N* tel que \a\ — 1| < 21-n, ce qui entraîne \ïïk\ < 1 et comme 7r/t est un entier, on a
forcément 7r/t = 0.
Il existe donc A; G N* tel que 7Tfc = 0, ce qui entraîne l'existence de i tel que ak = 1, par
exemple af = 1. Soit Xk — 1 = Pi • • • Pr la décomposition de Xfc — 1 en polynômes irréductibles
unitaires de Q[X]. Comme ai est racine de Xk — 1, il existe i tel que Pi (ai) = 0, par exemple
Pi(&i) = 0- Ainsi, Pi et P ont ai comme racine commune et ne sont donc pas premiers entre
eux dans Q[X] (l'égalité de Bezout UP\ + VP = 1 appliquée à ai mène à une contradiction).
Ces polynômes, étant de plus irréductibles et unitaires, sont donc égaux. En définitive P = P\
divise Xk - 1.
Remarque. Dans le second cas, P est un polynôme irréductible dans Q[X] divisant Xk — 1.
C'est donc un polynôme cyclotomique (voir le problème 9).
Problème 8 (Théorème de l'élément primitif). 1/ Soit K un corps commutatif
de caractéristique nulle (donc K est infini) et L un surcorps commutatif de K. Le corps
L est un K-espace vectoriel. S'il est de dimension finie, on va montrer qu'il existe x £h
tel que L = K[x] = {P(z), P G K[X]}.
a) Pour tout a; G L, montrer qu'il existe un unique polynôme unitaire de degré minimal
Mx G K[X] tel que Mx(x) = 0 (Mx s'appelle le polynôme minimal de x). Montrer que Mx
est irréductible dans K[X].
b) On rappelle que pour oi,..., am G L, K(ai,..., am) désigne le plus petit sous-corps
de L contenant K et ai,..., am. Soient x, y G L. On veut montrer qu'il existe z G L tel
que K(x, y) = K(z). On sait (voir le théorème 5 page 62) qu'il existe un surcorps M de
L, commutatif, sur lequel MxMy soit scindé. Autrement dit, dans M[X], on peut écrire
p q
Mx = Y[{X - x^, My = Y[(x ~ Vi) (avec x = xuy = yx).
a) Montrer qu'il existe t G K* tel que les nombres Xi + tyj (1 < i < p, 1 < j < q) soient
deux à deux distincts.
P) On pose alors z = x + ty. Montrer le pgcd de My(X) et Mx(z — tX) dans K(z)[X] est
X -y.
7) Montrer que K(z) = K(x,y).
c) Montrer qu'il existe x G L tel que L = K[x\.

90 2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
2/ Montrer que ce résultat reste vrai si K est fini.
Solution. 1/ a) Si n désigne la dimension du K-espace vectoriel L, les n +1 vecteurs 1, a;,..., xn
de L sont linéairement dépendants sur K. Donc il existe P G K[X], P^O, tel que P(x) = 0.
Donc Ix = {P G K[X] \ P(x) = 0} est différent de {0}. L'ensemble Ix étant un idéal de
l'anneau principal K[X], on voit qu'il existe Mx G K[X], unitaire, tel que Ix = (Mx). Tout
polynôme P unitaire s'annulant en x est donc un multiple de Mx. Ceci suffit pour affirmer que
Mx est l'unique polynôme unitaire de plus bas degré s'annulant en x.
Supposons Mx = PQ avec P,Q G K[X]. On a P(x)Q(x) = Mx(x) = 0 donc P(x) = 0 ou
Q(x) = 0, donc deg(P) > deg(Ma;) ou deg(Q) > deg(Mx), et donc Mx est irréductible dans
K[X].
b) a) Les xi sont distincts. En effet, Mx étant irréductible, Mx et M£ sont premiers entre eux
dans K[X] (car deg(M,J.) < deg(Mx) et M'x ^ 0, K étant de caractéristique non nulle). Donc il
existe U,V e K[X] tels que UMX + T^MJ. = 1, égalité qui vaut aussi dans M[X]. Les polynômes
Mx et M'x sont donc premiers entre eux dans M[X] et n'ont donc aucune racine commune dans
M. On en déduit que Mx n'a que des racines simples et les Xi sont donc distincts. De même, les
yj sont distincts.
Soit
[yj-yr i J
L'ensemble T est fini et K est infini, donc il existe t G K*, t $ T. Ainsi choisi, t convient (l'égalité
%i + tyj = %i' + fr/f entraîne en effet t eT si j ^ f et i = i' si j = f).
P) Plaçons nous pour commencer dans M[X]. Soit a G M une racine commune de My(X) et
Mx{z — tX). Il existe j tel que a = yj et il existe i tel que z — ta = a;^, et donc z = Xi + tyj donc
d'après a), comme z = x\+ty\ = x + ty, on &Xi = x et ?/j = y, donc a = y. Par conséquent, dans
M, y est la seule racine commune à My(X) et Mx{z — tX). Ces polynômes étant scindés sur M
à racines toutes simples, on en déduit que le pgcd de ces polynômes dans M[X] est X — y (*).
Ceci étant, soit D(X) le pgcd de My(X) et Mx(z - tX) dans K(z)[X]. On peut écrire
My(X) = P1(X)D(X) et Mx(z - tX) = P2(X)D(X), avec PUP2 G K(z)[X],
où Pi et P2 sont premiers entre eux dans K(z)[.X]. Donc il existe C/, V G K(z)[.X] tels que
UP\ + VP2 = 1, égalité qui vaut aussi dans M[X], donc P\ et P2 sont premiers entre eux dans
M[X\. Le pgcd de My(X) et Mx(z - tX) dans M[X] est donc D(X), d'où le résultat demandé
d'après (*).
7) D'après /?), y G K(z). La relation x = z — ty montre que x G K(z). Donc K(x,y) C K(z). Or
z = x + ty donc K(z) C K(x,y). Finalement, on a prouvé que K(z) = K(x,y).
c) L'utilisation du résultat l/b)7) permet de montrer par récurrence sur m que si ai,..., am G L,
alors il existe z G L tel que K(ai,..., am) = K(z).
Ceci étant, soit ai,..., an une base du K-espace vectoriel L. On a L = K(ai,..., an), et donc
il existe a; G L tel que L = K(ai,..., an) = K(x).
Il reste à montrer que K(x) = K[x]. Considérons le morphisme d'anneau <p : K[X] -*
K[x] P \-^ P(x). Avec les notations de 1/a), on voit que Kery? = {P \ P(x) = 0} = Ix = (Mx).
Comme tp est surjective, K[x] est isomorphe à K[X]/Kenp = K[X]/(MX) qui est un corps car
Mx est irréductible (voir la proposition 4 page 61). L'anneau K[x] est donc un corps, et donc
K(x) C K[x]. L'inclusion réciproque étant évidente, on a montré K[x] = K(x) = L.
2/ Si K est fini, L est fini (c'est un K-espace vectoriel de dimension finie). On sait (voir la
remarque de l'exercice 10 page 10) que (L*,-) est un groupe cyclique. Soit x l'engendrant. On
voit facilement que L = K[x].
Remarque. Cet exercice utilise le résultat suivant, qu'il est utile de garder en mémoire.
Si P,Q G K[X] et si L est un surcorps de K alors les pgcd de P et Q
dans K[X] et dans h[X] coïncident.

5. PROBLÈMES
91
Problème 9 (Polynômes cyclotomiques). Pour tout entier naturel non nul n, on
note Un = {e2îkn/n \ k G Z} C C. On dit qu'un élément x G Un est une racine primitive
n-ième de l'unité si x engendre le groupe multiplicatif Un. On note IIn l'ensemble des
racines primitives n-ièmes de l'unité, et on définit le polynôme cyclotomique d'indice n
par
£enn
1/ a) Calculer <Ê>P lorsque p est un nombre premier.
b) Montrer que Xn - 1 = []d|n $<*• En déduire que pour tout n G N*, $n G Z[X].
2/ On veut prouver que les $n sont irréductibles dans Q[X].
a) Montrer que l'on peut écrire $n = F\F2 • • • Fr avec les Fi G Z[X], unitaires et
irréductibles dans Q[X] (on pourra utiliser le lemme de Gauss, voir l'exercice 4 page 58).
b) Soit £ une racine de Fi dans C. Soit p un nombre premier tel que p \ n. Montrer qu'il
existe i G N, 1 < i < r tel que F^) = 0. _
c) Pour tout F = Y%=o°>kXk G Z[X], on pose F = JXoô*** eJVpZpf] (ë désignant
la classe dans Z/pZ de x G Z). Montrer que pour tout F G Z[J£], T(XP) = [~F(X)]P.
d) Montrer que dans Z/pZ[X], $n n'est divisible par le carré d'aucun polynôme non
constant.
e) Montrer que i = 1, c'est-à-dire que -Fi(£p) = 0.
f) Montrer que pour tout entier k premier avec n, Fi(£k) = 0. Conclure.
Solution. 1/ Posons u = e2î7r/n, de sorte que Un = (w). D'après la proposition 5 page 20, on a
nn = {vk | 1 < k < n — 1, k An = 1}, et donc deg(<3>n) = <p{n) où <p désigne l'indicateur d'Euler.
a) Le nombre p étant premier, on a ici Up = {uk \ 1 < k <p— 1} (où u = e2î7r/p), et donc
1 XP — 1
teup
b) Soit u = e2™/71. Soit fc, 0 < k < n - 1. Soit d l'ordre de uk dans C/n. On a d | n. Par
ailleurs (u;fc)d = 1, donc uk G Ud, et uk étant d'ordre d, on a même ujk G 11^. Ainsi, (X - uk)
divise <3>d donc divise f^din $d- Les valeurs uk (0 < k < n — 1) étant distinctes, on en déduit
que Xn — 1 = rifc=o(^ ~~ uk) divise Yld\n ^d- Ces polynômes étant de plus unitaires et de même
degré (car £d(n deg($d) = £d|n</>(d) = n), ils sont égaux.
Montrons maintenant par récurrence sur n G N* que <3>n G Z[X]. Pour n = 1, c'est vrai car
$i = X — 1. Supposons le résultat vrai jusqu'au rang n — 1 et montrons le au rang n. D'après
l'hypothèse de récurrence, le polynôme P = Yl d\n $rfG Z[X]. Par ailleurs, on a Xn — 1 = $nP.
Comme P est unitaire, on peut effectuer la division euclidienne de Xn — 1 par P dans Z[X] (voir
la remarque 3 page 54) :
(3Q, R G Z[X])> Xn - 1 = PQ + R avec deg(R) < deg(P).
Il y a unicité du couple (Q, i?) dans C[X] donc dans Z[X], et comme Xn — 1 = P$n on en déduit
R = 0 et <3>n = Q. Donc <3>n G Z[X], ce qui achève le raisonnement par récurrence.
2/ a) Soit <3>n = G\ • • • Gr la décomposition de <3>n en facteurs irréductibles unitaires de Q[X].
Pour tout z, il existe a* G N* tel que otiGi G Z[X]. On a ot\ • • • ar$n = (aiGi) • • • (arGr).
Utilisons le lemme de Gauss (voir l'exercice 4 page 58, dont on reprend les notations). Comme
c($n) = 1 (car <3>n est unitaire), on a
r
ai • • • ar = c(ai • • • ûv$n) = Yl c(<*iGi)- (*)

92
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
Pour tout i, le polynôme Fi = aiGi/c{ctiGi) est dans Z[X] et d'après (*), on a $n = F\ • • • Fr.
Pour tout i, Fi G Z[X] est irréductible dans Q[X] et est forcément unitaire puisque $n est
unitaire.
b) L'élément £ est racine de Fi donc de <3>n, donc £ G IIn. Or p est premier et p \ n, donc
p A n = 1, et donc £p G IIn, d'où £p est racine de $n. Il existe donc i tel que Fi(£p) = 0.
c) On montre cette relation par récurrence sur m G N, où m = deg(F). Pour m = 0, c'est
évident. Supposons le résultat vrai jusqu'au rang m — 1 et montrons au rang m. Écrivons F =
EfcLo akXk = G + amXm. D'après l'hypothèse de récurrence, on a G(X)P = G{XP). Or
F = (G + â^XmY = GP + â^pXmp + ^ C*Gfâiïn-kX<r-k>mi
k=i
et comme ô^ = a^ et que pour 1 < k < p — 1, p | C*, on en déduit
F(X)P = G{Xf + â^Xmp = G(XP) + â^(Xp)m = F(Xp).
d) Supposons 1^ = Q2P dans Z/pZ[X). Si R = Yl <t\n $d G Z[X], onaIn-U $nP d'après
1/b), et donc Xn - ï = $nP = Q25 (avec S = PP), d'où par dérivation
nXn-1 = 2QQ'~S + Q2~S' donc Q | nXn~l.
Donc Q | nXn. Or Q \ (nXn — n) donc Q divise la différence, c'est-à-dire Q \ n. Or p \ n donc
n 7^ 0, et donc Q est constant.
e) Comme Ff(£p) = 0, Fi(A") et Fi(Xp) ne sont pas premiers entre eux dans Q[X] (l'égalité
de Bezout U(X)Fi(X) + V{X)Fi{Xp) = 1 avec U,V G Q[X] appliquée à X = £ mène à une
contradiction). De plus Fi est irréductible dans Q[X] donc Fi(X) \ Fi{Xp) dans Q[X]. Comme
F\ est unitaire, Fi(A") divise Fi(Xp) dans Z[X] (voir la remarque 3 de la partie 1.3, page 54). On
en déduit que F\(X) \ Fi(XP) = ¥i{X)p. Ceci_étant, soit P G Z/pZ[X] un facteur irréductible
de ~F\ dans Z/pZ[X]. On a P | Ti{X)p donc P | Fi(X). Par conséquent, si i ^ 1, on voit que
P | $n = Pi • • • Fr, ce qui est impossible d'après la question précédente. On a donc i = 1.
f) Soit & premier avec n. Écrivons & = piP2--'P$, les Pf étant des nombres premiers. Nous
allons prouver par récurrence sur s que Fi(£fc) = 0. Pour s = 1, c'est le résultat de la question
précédente. Supposons la résultat vrai au rang s — 1 et montrons le au rang s. Comme k/\n = 1,
on a p\ • • -Ps-i A n = 1, donc d'après l'hypothèse de récurrence Fi(ÇPl"'Ps-1) = 0. Or ps A n = 1
donc Fi[(Çpl'"Pa-l)Ps] = Fi(£fc) = 0, ce qui achève le raisonnement par récurrence.
Pour tout nombre premier k premier avec n, on a donc Fi(£fc) = 0. Or £ G IIn donc IIn =
{Çk | k/\n = 1}. Tous les éléments de IIn sont donc des racines de Pi, ce qui prouve que $n = Pi,
donc <3>n est irréductible dans Q[X].
Remarque. Avec 1/a) et 2/, on retrouve le résultat 3/b) de l'exercice 4 page 58.
Problème 10 (Théorème de Dirichlet, version faible). Ce problème réutilise les
résultats sur les polynômes cyclotomiques de la question 1/ du problème précédent.
Soit entier naturel n > 2. L'objectif du problème est de montrer qu'il y a une infinité
de nombres premiers p vérifiant p = 1 (mod n).
a) Soit p un nombre premier. Montrer que s'il existe a G Z et h G Z[X] tels que Xn — 1 =
(X - a)2h(X) (mod p) {Le. si Xn - ï G Z/pZ[X] admet une racine d'ordre > 2 dans
Z/pZ), alors p divise n.
b) Soit a G N. Montrer que si un nombre premier p divise $n(a) (où $n(X) désigne le
polynôme cyclotomique d'indice n), alors p = 1 (mod n) ou p \ n.
c) Montrer qu'il existe une infinité de nombres premiers de la forme kn + 1, avec & G N.

5. PROBLÈMES
93
Solution, a) Si Xn — 1 = (X — a)2h(X) (mod p), alors en substituant X par X + a on obtient
(X + a)n — 1 = X2h(X + a) (mod p). Ainsi, les coefficients des termes de degré 0 et 1 du
polynôme (X + a)n - 1 sont divisibles par p. Ceci s'écrit p \ (an - 1) et p \ C\an"1 = nan~~l.
Comme p \ (an — 1), p \ a donc a est premier avec p. Comme p \ na71"1 et que p est premier avec
a71"1 (car premier avec a), on a donc p \ n.
b) La propriété Xn — 1 = ridin^ ^es P°lynômes cyclotomiques (voir la question 1/b) du
problème précédent) entraîne l'existence d'un polynôme F G ri\X\ tel que Xn — 1 = $nF. On a
donc an — 1 = <3>n(a)F(a), et comme F(a) e Z, on a p \ (a71 — 1), autrement dit an = 1 (mod p).
Notons m l'ordre de a dans le sous-groupe multiplicatif (Z/pZ)*. Comme ân = ï dans Z/pZ, on
a m | n. On traite maintenant deux cas selon la valeur de m.
- Si m = n, alors a est d'ordre n, donc n divise le cardinal du sous-groupe (Z/pZ)*. Autrement
dit n | (p — 1), c'est-à-dire p = 1 (mod n).
- Sinon on a m < n. Comme m | n, on a
Par hypothèse, on a p \ $n(û) donc <3>n(a) = 0 (mod p), et par ailleurs am = 1 (mod p).
Autrement dit, â est racine de $n et de Xm — î dans Z/pZ[X]. D'après (*), ceci entraîne le fait
que â est racine au moins double de Xn — î, donc p \ n d'après la question précédente.
c) Raisonnons par l'absurde et supposons qu'il n'y ait qu'un nombre fini de nombres premiers de
la forme 1 + kn. Nous les notons pi,... ,pm. On considère l'entier N = &n(&) avec a = np\ • • • pm.
On a N = olq (mod a), où clq est le coefficient constant de <3>n. L'identité Xn — 1 = ridln^
entraîne —1 = rid|n^(0) et C0mme les ^d(O) sont entiers, on a forcément clq = $n(0) = ±1.
Ainsi, N = ±1 (mod a). Or |iV| > 2 (IIn désignant l'ensemble des racines primitives n-ièmes de
l'unité, on a \N\ = \$n(a)\ = n^enn \a ~ £l> e^ comme û; > n, on a |o: — ^| > 1 pour tout £ e IIn
donc \N\ > 1). Il existe donc un nombre premier p divisant N. D'après la question précédente, on
doit avoir p \ n ou p = 1 (mod n). Mais ceci est impossible étant donnée la congruence N = ±1
(modnpi---pm).
Remarque. La version forte du théorème de Dirichlet est discutée dans la remarque qui
suit l'exercice 6 page 12.
Problème 11 (Théorème de Wedderburn : tout corps fini est commutatif).
Pour faire ce problème, il est nécessaire de connaître la partie 1/ du problème 9 page 91
ainsi que l'équation aux classes (voir le corollaire 1 page 22).
Soit K un corps fini. On veut montrer que K est commutatif. Pour cela, on procède par
récurrence sur Card(K). Si Card(K) = 2, le résultat est évident. On suppose maintenant
que pour tout corps L tel que Card(L) < Card(K), L est commutatif (*). Nous allons
montrer que K est lui aussi commutatif. Nous raisonnerons par l'absurde en supposant K
non commutatif.
a) Montrer que le centre de K défini par Z = {x G K | Vy G K, xy = yx} est un sous-corps
de K. Prouver ensuite qu'il existe n G N, n > 2, tel que Card(K) = qn où q = CardZ.
b) Pour tout rc G K, on pose Kx = {y G K \ yx = xy}. Prouver qu'il existe un entier d
divisant n tel que Card(Kx) = qd.
c) Montrer que l'on peut écrire
Card(K*) = g-l + ^Ad^lI avec W,ÀdGZ.
d\n $ ~
djin

94
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
d) En observant que le polynôme cyclotomique $n divise (Xn — l)/(Xd — 1) si d | n,
d^n, montrer que K est commutatif.
Solution, a) Nous aurons besoin du lemme suivant.
Lemme. Soient h\ c L2 deux corps finis, avec h\ commutatif. Alors il existe
keN* tel que Card(L2) = (Card(Li))fc.
En effet, Li étant un sous-corps commutatif de L2, L2 est un Li-espace vectoriel, de dimension
finie k car L2 est fini. Le corps L2 est donc isomorphe comme Li-espace vectoriel à Lf, et on en
déduit que Card(L2) = Card(Lf) = (Card(Li))*.
Ceci étant, on vérifie facilement que Z est un sous-corps commutatif de K. D'après le lemme,
il existe donc n G N* tel que Card(K) = (Card(Z))71. Or K ^ Z (car K n'est pas commutatif
alors que Z l'est), donc n > 1, d'où le résultat.
b) On remarque ici aussi que pour tout a;, Kx est un sous-corps de K. Si Kx = K, alors on a
Card(Kx) = Card(K) = qn. Sinon, Kx est strictement inclus dans K et donc d'après (*), Kx
est commutatif. On peut donc appliquer le lemme qui entraîne l'existence de k G N* tel que
Card(K) = (Card(Kx))fc (**). Par ailleurs, Z est aussi un sous-corps commutatif de Kx, donc
d'après le lemme il existe d G N* tel que Card(Kx) = (CardZ)d = qd. Avec (**), on trouve donc
qn = Card(K) = (Card(Kx))fc = (qd)k = qdk. Donc n = dk, ce qui entraîne que d | n, d'où le
résultat.
c) C'est l'équation aux classes appliquée au groupe multiplicatif (K*, •). En effet, le centre de ce
groupe est Z*. Avec les notations de la partie 2.4 du chapitre I, on a
Card(K*) = CaxdZ* + Y Card(K*)
^ Card(5x)
où Sx désigne le stabilisateur de x, c'est-à-dire Sx = {y G K* | xy = yx) = K*. D'après la
question précédente, il existe donc d G N* divisant n tel que Card(5x) = qd — 1, et d ^ n (car
x G 0f et & fl Z* = 0). Si maintenant pour tout d | n, À^ désigne le nombre de x G 0f tel que
Card(Sx) = qd — 1, on peut réécrire l'équation aux classes sous la forme
qn-l = Card(K*) = (q - 1) + £ \d (^Tf) • (***)
d) Si d | n, d ^ n, on a
e|n \c|d / \ «In I \ e\n
e^n N ' \e^n,efd / \e^n,efd
donc $n divise (Xn — l)/(Xd — 1) dans Z[X]. Ceci étant vrai pour tout diviseur d de n distinct
jçn — 1
de n, <3>n divise V^ A^-r^i—7 dans Z[X]. Comme de plus $n divise Xn — 1 dans Z[X], il divise
d\n
d^n
dans Z[X]. Donc $n(q) divise
çn-l
(«"-d-EHf^ï
d\n
d^n
et ce
d\n
djtn
dernier égale q—1 d'après (***). Donc |$n(g)| < 9 — 1. Or n > 2 donc |$n(<7)| = Il^eiln l#-£l >
11^=1 Iq — 1| ^ \Q — 1|) ce Qui est absurde. Le corps fini K est donc commutatif. Le raisonnement
par récurrence est ainsi achevé et montre que tout corps fini est commutatif.
Remarque. Si on veut trouver un corps non commutatif, il faut donc que celui ci soit
infini. Hamilton fut le premier en 1843 à exhiber un corps non commutatif : le corps H
des quaternions (H est un surcorps de C. Ses éléments sont des quadruplets a+bi+cj+dk,
munis de la loi d'addition usuelle et d'une loi de multiplication associative et distributive

5. PROBLÈMES
95
par rapport à l'addition, vérifiant ij = —ji = k, jk = —kj = i, ki = —ik = j et
i2 = j2 = k2 = — 1. Le lecteur pourra bien sûr vérifier que l'on a bien affaire à un corps).
Problème 12 (Polynômes de Tchébycheff et applications). Soit / = [-1,1].
On muni C(7, C) (espace vectoriel des fonctions continues de / dans C) de la norme ||. ||oo
définie pour tout / G C(7, C) par ||/||oo = sup^j |/(#)|. De même, si / : R —» C est
27r-périodique, on note H/H^ = supx€R \f(x)\.
Pour tout n G N*, on note Tn : / —► R x t-> cos[narccos(rc)] et Un = Tn+1/(n + 1).
1/ Montrer que Tn et Un sont des fonctions polynômes de degré n. Après avoir explicité
Un, calculer \\Tn\\oo et ||C/n||oo-
2/ Soit n G N*. Pour 1 < i < n, on pose x{ = cos (2f~n1)7r. Montrer
VP G C[X], deg(P) < n - 1, P(X) = i ^(-l)'-1 jT^tfPfo) ^l
3/ a) Soit P G C(7, C) une fonction polynôme de degré n — 1 telle que pour tout x G /,
|i/l-a:2P(rc)| < 1. Montrer que HP^ < n.
b) Soit 5 : R —> C 6 t-> $^*=i M* sin(&0) avec les /i^ G C. Si ||5||oo = 1> montrer que
S(0)
V6eR\ ttZ,
sin0
<n.
4/ Inégalité de Bernstein. Soit p : 1R —► C 0 >-> ]Cfc=_n ^k^ke, où les À*; G C. Montrer
que Hp'IIoo < n\\g\\ OO'
5/ Inégalité de Markov. Soit P G C[J£], deg(P) = n G N*. On regarde P comme un
élément de C(J,C). Montrer que ||P'||oo < ^2||^||oo.
Solution. 1/ Soit x e I. Posons 0 = arccos(a;), de sorte que x = cos9. On a
[n/2] [n/2]
Tn(x) = *R[(cos0 + zsin0)n] = ]£ C2k cosn-2k 9(-sin2 0)k = ^ Cf xn-2k{x2 - l)k.
k=0 k=0
Ainsi, Tn est une fonction polynôme de degré n (son terme dominant est X^o<2fc<n C2k i1 0).
Donc Un = T'n+l/(n + 1) également, et par ailleurs, lorsque x G ] — 1,1[ on a
. __ T^+^x) _ n + 1 / sin[(n + 1) arccos(a;)] \ __ sin[(n + 1) arccos(a;)] .
n^ ~ n + 1 ~ " y/l - x2 \ n + 1 y ~ sin[arccos(a;)] ' W
Calculons maintenant HT^co et ||£/n||oo- Lorsque x G /, la forme Tn(a;) = cos[narccos(a;)],
entraîne |Tn(a;)| < 1, et comme Tn(l) = 1, on a ||Tn||oo = 1. Lorsque x G ] — 1,1[, A partir de
l'inégalité | sin(n0)| < n\ sin(0)| (que l'on obtient immédiatement par récurrence sur n), la forme
(*) montre que pour a; G ]-l, 1[, |£/n(z)| < n + 1. Or lim*-i Un(x) = n + 1. Donc ||C/n||oo = n + 1.
2/ Si 1 < i < n, on a Tn(xi) = cos[narccos(a;;)] = cos[(2i — 1)tt] = 0. Les n valeurs distinctes
(xi)i<i<n sont donc des racines de Tn. Or deg(Tn) = n, donc il existe À ^ 0 tel que Tn{X) =
A(X-*i)...(X-zn).
L'interpolation de Lagrange assure l'existence d'un unique polynôme de degré < n — 1 égal
à P(xi) en Xi (voir la page 61). Ce polynôme est donc P et on a
La forme (*) donne Tn{xi) = nUn-i(xi) = (—1)* ln/Jl — xf, d'où le résultat.

96
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
3/ a) L'hypothèse |\/l — x2P{x)\ < 1 entraîne, compte tenu du résultat de la question précédente
et du fait que Tn{x) > 0 et x — X{ > 0 pour x\ < x < 1, l'inégalité
n.
v*e ]*,,i], \P(x)\ < l£|ZkM| = IJ2Z»£l = Iî-nW = Un_l(x) <
n f—' \x — xA n f—' a; - a;^ n
On montrerait de même l'inégalité \P(x)\ < n lorsque x G [—l,xn[.
Si maintenant x G [xn,a;i], alors
x/r^>yr^=sin(f)>2.f = i
- V i V2n/ _ 7T 2n n
(l'inégalité sin# > |# sur [0,7r/2] est une conséquence de la concavité du sinus sur [0,7r/2]), donc
\P{x)\ < 1/Vl - x2 < n, d'où le résultat.
b) L'expression (*) donnant Un s'écrit aussi V^6R\ 7rZ, Un-i(cos9) = sin(n0)/sin(0).
Si P désigne le polynôme Y^=i HkUk-i, son degré est < n — 1 et on a P(cos0) = S(ô)/sm6
pour 9 # 7rZ. Or ||5||oo = 1, donc pour tout 0, |P(cos0)| • |sin0| < l, ce qui entraîne que pour
tout x G /, |P(rc)|-\/l — x2 < 1. Donc d'après la question précédente, on a ||P||oo < ^> ce qui
entraîne que pour tout 9 £ 7rZ, |5(0)/sin0| < n.
4/ Fixons 9q £ ^- Quitte à diviser g par ||^||oo, on peut supposer ||^||oo = 1 (si g = 0, le
résultat est évident). Soit S l'application définie sur R par S(9) = \[g{9o + 9) — g(9o — 9)].
Comme \[e^9o+e) - e^0-^] = i{sm9)ei9°, on voit que S a la forme de 3/b), et donc si 9 (£ ttZ,
\S(9)/sm9\ < n. On en déduit
\9'(0o)\ =
S(9)
lim
0-0 0
OjtO
»-o sin0
<n.
Ceci est vrai pour tout 9q £ K, d'où le résultat.
5/ Là encore, quitte à diviser P par ||P||oo) on peut supposer ||P||oo = 1 (le cas P = 0 est évident).
Posons g(9) = P(cos9) = P[(ete + e~t6)/2]. Cette application a la forme de l'application g de
4/, et donc on a
V0 G R, |p'(0)| = |sin0| • |P'(cos0)| < n.
Cette inégalité entraîne que sur [—1,1], on a \/l — x2\P'(x)\ < n, donc d'après 3/a), |P'(rc)| < n2
sur L D'où le résultat.
Remarque. Les polynômes Tn (resp. Un) s'appellent les polynômes de Tchébycheff de
première espèce (resp. de deuxième espèce). Ce sont des polynômes orthogonaux, dont
l'étude générale fait l'objet du sujet d'étude 3 page 104.
- Nous avions déjà rencontré les polynômes de Tchébycheff de première espèce dans
l'exercice 12 page 70, et nous avions montré qu'ils vérifient la propriété de mini-max suivante :
le minimum de ||P||oo lorsque P parcourt les polynômes unitaires de degré n est égal à
21—n\\q~< M ol—n
IKnlIoo — *»
PROBLÈME 13. Pour tout n G N*, on note ir(n) le nombre de nombres premiers p
vérifiant p < n. Le but du problème est d'obtenir des minorations intéressantes de 7r(n),
en utilisant des intégrales de polynômes à coefficients entiers. Pour tout n G N, on note
Zn[X] l'ensemble des polynômes de degré < n à coefficients entiers.
1/ a) Pour tout A; G N, on considère l'ensemble
Ek = {Pe Zk[X] | P(l - X) = (-l)kP(X)}
et on note Zfc[X(l - X)] = {P(X(l - X)) \ P G Zk[X]}. Montrer que pour tout A; G N,
on a E2k = TLk\X{\ - X)] et E2k+1 = (1 - 2X) Zk[X{\ - X)].

5. PROBLÈMES
97
b) Pour tout P G R[X], on note ||P||oo = supfG[0)i] \P(t)\. Montrer que pour tout k G N,
il existe Pk G Ek tel que
Hflfelloo = mk, où mk = inf ||P||oo-
Pezk[x],Pïo
2/a) Pour tout n G N*, on note dn = ppcm (1,2,..., n). Montrer que dn < n^n\
b) Soit P G Z[X] de degré n tel que /(P) = JJ,1 P(£) oft ^ 0. Montrer que |/(P)| > l/d„+i.
c) Soit P G Z[X] non nul tel que ||P||oo < 1. Montrer que
Cette borne inférieure motive la recherche de polynômes P G Z[X] maximisant C(P).
3/a) Pour tout A; G N*, on note Ck = —(\ogmk)/k. Calculer Ci et en déduire une première
borne inférieure sur 7r(n).
b) Calculer C$ puis une nouvelle borne inférieure sur 7r(n) (on pourra utiliser l'inégalité de
Markov HP'Hoo < 2(degP)2||P||(X>, conséquence de la question 5/ du problème précédent).
Solution. 1/a) Montrons d'abord le résultat pour E^k- L'inclusion Zfc[X(l — X)] C E2k est
immédiate. Pour montrer l'inclusion réciproque, on procède par récurrence sur k. Pour k = 0
c'est immédiat. Supposons le résultat vrai au rang k — 1 et montrons le au rang k G N*. Soit
P G Eik- Le polynôme P(X) — P(0) s'annule en X = 0 ainsi qu'en X = 1 par symétrie.
On peut donc écrire P(X) - P(0) = X(l - X)Q(X) où Q G Q[X]. La division euclidienne d'un
polynôme à coefficients entiers par un polynôme dont le terme dominant vaut ±1 est à coefficients
entiers, donc Q G Z[X] (voir la remarque 3 page 54). De plus Q G £,2fc-2) et il suffit d'appliquer
l'hypothèse de récurrence à Q pour montrer que P = P(0) + X(l - X)Q e Zk[X(l - X)].
Il s'agit maintenant de montrer i?2&+i C (1 — 2X)Zk[X(l — X)]. Soit P G -E^fc+i- On a
P(l/2) = (-l)2fc+1P(l/2) = -P(l/2) donc P(l/2) = 0. Ainsi, P est divisible par (1 - 2X) donc
il existe Q G Q[X] tel que P = (1 - 2X)Q. Lorsque |rc| < 1/2, l'égalité
g(a°= r~izL= p{x){l+2*+4*2 + " '}
montre que les coefficients de Q(x) (vu comme une série entière) sont entiers, donc Q G Z[X].
On conclut en remarquant que Q G i?2fc-
b) On montre d'abord l'existence de Qk G Z^pf] tel que ||Qfc||oo = ^fc- On remarque que
l'ensemble F = {P e Zfc[X]\{0} | ||P|| < 1 + rrik} est fini (les normes dans le s.e.v de dimension
finie Mfcpf] sont équivalentes, donc si P = J2e=oatXe G T il existe A > 0 tel que J2e=o \at\ —
•^ll^lloo < B = A{1 + mfc)). Donc il existe Qk G T tel que ||Qfc||oo = infper ll^lloo? et comme
infpGr ll^lloo = ™>k par définition de T, on a bien le résultat voulu.
On considère maintenant les deux polynômes
Ri{X) = XQk(X) + (-1)*(1 - X)Qk(l - X), R2(X) = (1 - X)Qk(X) + (-l)hXQk(l - X).
Ces polynômes sont de degré < k (le terme éventuel de degré k + 1 s'annule) et on a Ri(X) =
(-l)kRi(l-X) donc Ri G 2s*. Lorsque £ G [0,1] on a
donc II^Hoo < mk. Le déterminant
Ri(t)\ < t||Qfc||oo + (l-*)IIQ*IU = IIQfclloo,
= (-\)k(2X -1) est non nul, donc Qk(X)
x (-i)fc(i-X)
(1-X) (-l)kX
et Qk(l — X) s'expriment linéairement en fonction de Pi et P2 donc l'un des deux polynômes
Ri,R2 est non nul. Il suffit alors de choisir Pk comme l'un non nul de ces deux polynômes.
2/a) Notons k = 7r(n) et pi,...,Pk les nombres premiers < n. On a dn = Yli^PV ou pour
tout i, ai est la plus grande puissance de pi dans la décomposition en facteurs premiers des n
premiers entiers. Ainsi, pf* < n, donc dn <nh = nn(n\
b) En écrivant P = Y?k=oakXk) on a I(P) = Z)fc=oafc/(^ + -0 donc en réduisant au même
dénominateur, on voit que I(P) = m/dn+i avec m G Z. Comme m G Z*, on en déduit le
résultat.

98
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
c) Notons k = deg(P). Pour tout a G N*, le polynôme P2a G 1\X\ est positif non nul et de
degré 2ka, donc I(P2a) > l/d2ka+i- Par ailleurs I{P2a) < ||P||g ce qui entraîne
1 1 Ihrv
{2ka + 1V^^>d2ka+1>w^>w^ donc „{2ka + l)>]-^-TT)C(P).
On en déduit facilement le résultat demandé.
3/a) D'après 1/b), il existe P G Zi[X(l - X)] tel que \\P\\oo = ra2. Le polynôme P a la
forme P = a + bX(\ — X) avec a,b e Z. Comme rri2 < \\X(1 — X)||oo = 1/4, on doit avoir
\a\ = |P(0)| < m,2 < 1/4 donc a = 0. On en conclut que P = bX(l — X) et forcément,
b = ±1. Ainsi, m<i = 1/4 donc C2 = log2. On en conclut grâce à la question précédente que
7r(n) > (log2)n/logn + 0(l/logn).
b) La question 1/b) assure qu'il existe P de la forme P = (l-2X)[a + bX(l-X) + cX2(l-X)2]
avec a, 6, c G Z tel que ||P||oo = m5- Comme m^ < m,2 < 1, on a forcément a = P(0) = 0. Un
calcul facile montre que Q = (1 - 2X)X2(1 - X)2 vérifie ||Q||oo = 5~5/2. D'après l'inégalité de
Markov on a donc
|6| = \P'm < ll^lloo < 2 • 52||P||oo < 2 • 52^ = ^ < 1
donc 6 = 0. Ainsi, P est de la forme P = c(l — 2X)X2(\ — X)2, et on a forcément c = ±1
donc P = ±Q. Donc ms = \\Q\\oo = 5-5/2, d'où C5 = log(5)/2. Ceci donne la minoration
7r(n) > ^n/logn + 0(l/logn) pour n suffisamment grand.
Remarque. Nous avons obtenu les minorations 7r(n) > C^n/logn 4- 0(l/logn) dans
3/a) et 3/b), avec C2 — 0,6931 et C5 ~ 0,8047. Le théorème des nombres premiers
(dont une démonstration est proposée en annexe du tome d'analyse — deuxième édition)
assure que ir(n) ~ n/logn. Ainsi, les minorations de 7r(n) que nous avons obtenues
donnent le bon ordre de grandeur de 7r(n). On peut cependant démontrer que l'on ne
peut pas, en utilisant la technique du problème, obtenir des minorations du type 7r(n) >
Cn/log(n) +0(l/logn) avec C arbitrairement proche de 1 (en effet, on peut montrer
que Ck < 0,866 pour tout k).
- Ce type de minoration de ir(n) est à rapprocher du théorème de Tchébycheff (voir le
sujet d'étude 1 page 43). En effet, les questions 1/ et 5/ de ce sujet d'étude entraînent
facilement la minoration 7r(2n) > (log2 + o(l))fofe-
6. Sujets d'étude
Sujet d'étude 1. Soit p un nombre premier. Pour alléger les notations, on pose ¥p =
Z/pZ.
1/ Soit K un corps commutatif contenant Fp. Montrer que pour tout R G ¥P[X] et pour
tout x G K, on a pour tout n G N la relation R(xpn) = (R(x))p .
2/ a) Soit Q G ¥P[X], irréductible dans WP[X], de degré d. Soit n G N*. Montrer que
Q | (Xpn — X) si et seulement si d \ n.
b) Pour tout n G N*, on note K™ l'ensemble des polynômes unitaires irréductibles de
FP[.AT], de degré n. Montrer que
An \Q€K$

6. SUJETS D'ÉTUDE
99
3/ Pour tout n G N*, on note I£ = Card(^).
a) Montrer que pn = £d|n àl*.
b) Montrer que pour tout n e N*, Ç ^ 0.
4/ Une application aux corps finis (on rappelle que tout corps fini est commutatif, voir le
problème 10 page 93).
a) Soit K un corps fini. Montrer qu'il existe un nombre premier p et un entier n G N* tels
que Card(K) = pn. Réciproquement, si p est un nombre premier et si n G N*, montrer
qu'il existe un corps fini K de cardinal pn.
b) Soit K un surcorps de Fp tel que Card(K) = pn avec n G N*. Soit P G K%. Montrer
qu'il existe x G K tel que P(x) = 0.
c) En déduire que deux corps finis de même cardinal sont isomorphes.
Solution. 1/ Le corps K contenant Fp, il est de caractéristique p. On peut donc écrire
p-i
Vs.y G K, (x + yf = xp + yp + ^CpfcaV~fc = *p + Vv
k=\
car si 1 < k < p - 1, p \ Cp.
Par récurrence sur n G N*, on en déduit que pour tout entier n G N, (x + y)pH = xpn + yp",
puis par récurrence sur k, on montre que pour tout (x\,... ,Xk) G Kfc, pour tout n G N,
(xi + • • • + xkfn = xf + • • • + xf.
Par ailleurs, pour tout a G Fp, aP = a donc (par récurrence), pour tout n G N, ap" = a.
Ceci étant, soit R = clq 4- a\X -\ + o,dXd G JFP[X]. Pour tout x G K,, on a
R(*r = ( e o^) = e aT(xiy*=E a>(xpy=«(*"")•
\i=0 / z=0 i=0
2/ a) Le polynôme Q étant irréductible dans Fp[X], K = ¥p[X]/(Q) est un corps ; K est d'ailleurs
un Fp-espace vectoriel de dimension d, donc isomorphe (comme Fp-espace vectoriel) à F^, d'où
Card(K) = Card(F^) = pd. Le groupe multiplicatif K* est donc d'ordre pd — 1, et donc pour tout
y 6 K*, yp ""1 = 1, ce qui entraîne que pour tout y G K, yp = y, et par récurrence sur k :
\/y e K, Vfc G N, s/d = y. (*)
Ceci étant, montrons l'équivalence demandée.
Condition suffisante. Supposons d \ n. En notant X la classe de X dans le corps ¥P[X]/(Q) = K,
pkd pfi
on a d'après (*), X = X pour tout k G N. Comme d \ n, on en déduit X = X, c'est-à-dire
Q\(Xpn -X).
Condition nécessaire. Supposons Q \ (Xp — X), c'est-à-dire X = X. Soit y G K. Il existe
R e ¥P[X] tel que y = RÇX), donc yPn = R(X)Pn = R(XpH) = R(X) = y (**). Effectuons
maintenant la division euclidienne de n par d : n = gd + r, 0 < r < d— 1. La relation (**) s'écrit
(yPq yr — y^ et d'après (*), on a yp1 = y. On a donc ypr~~l = 1 pour tout y G K*. Or K*, sous-
groupe multiplicatif fini d'un corps commutatif, est cyclique (voir la remarque de l'exercice 10
page 26). Il existe donc y G K* d'ordre pd — 1. Or on a vu que ypV~~l = 1. comme 0 < r < d, ceci
entraîne r = 0, c'est-à-dire d \ n.
b) Commençons par montrer que XpH — X est sans facteur carré non constant dans FP[X].
Supposons Xpn-X = Q2P, avec P,Q G ¥p[X]. Par dérivation, on ^pnXpn-1-l = 2QQ'P+Q2P'
donc Q | (pnXpn"1 - 1) = -1 (pn = 0 dans Fp), et donc Q est constant.
Le résultat précédent entraîne que dans la décomposition de Xp —X en facteurs irréductibles
de ¥p[X] : XpU — X = Y\i=\ Qf\ on a ^ = 1 pour tout i. Or d'après la question précédente,
pour tout i on a Qi G Kd avec d \ n. On en tire (XpU - X) \ Yld\n [IlQeKd Q)m

100
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
Pour tout entier d, d \ n, et pour tout Q G K^ on a Q \ (Xpn — X). Ces facteurs Q étant
irréductibles, ils sont premiers entre eux deux à deux, et donc fldln (llQeK'<* Q) I (XpU — X).
On conclut à l'égalité en remarquant que ces polynômes sont unitaires.
3/ a) Cette relation se déduit de 2/b) en passant aux degrés.
b) Le résultat précédent entraîne que pour tout n G N*, nlg < Yld\n^î = Vn- Si on fixe
maintenant n G N*, on en déduit
m;=Pn-J2dIï^pn-T,pd^pn-Y,pd=pn- ^f > °-
d\n d\n d=l ^
d^n d^n
4/ a) Soit p la caractéristique de K. On a p ^ 0 car K est fini, et p est un nombre premier (voir
la proposition 1 page 53). Notons e l'élément unité de K. L'application (p : Z —> K n i-> ne
est un morphisme d'anneaux et Kercp = pZ. Si K' = Innp C K, K' est isomorphe à Z/Ker </? =
Z/pZ = ¥p et c'est donc un sous-corps de K isomorphe à ¥p (K' s'appelle le sous-corps premier
de K, voir la définition 4 page 54). Le corps K apparaît alors comme étant un K'-espace vectoriel,
de dimension finie n car K est fini. Le corps K est donc isomorphe (comme K'-espace vectoriel)
à K/n, donc Card(K) = Card(K/n) = (Card(K,))n = (Card(Fp))n = pn.
Réciproquement, soit p un nombre premier et n G N*. D'après 3/6), Kg ^ 0. Soit P G Kg.
K = ¥P[X]/(P) est un corps (car P est irréductible), de cardinal pn car K est un Fp-espace
vectoriel de dimension n.
b) Le groupe multiplicatif K* étant de cardinal pn — 1, pour tout a; G K*, xpn~~l = 1, donc pour
tout a; G K, xpU = x. Autrement dit, les éléments de K sont tous racine du polynôme Xpn — X.
Le degré de ce polynôme étant pn = Card(K), on en déduit que les racines de XpU — X sont
exactement les éléments de K. Or d'après 2/b), P \ (Xpn — X), donc il existe a; G K tel que
P(x) = 0.
c) Soit Pq G Kg, soit K un corps de cardinal pn. La caractéristique de K est p (en effet, c'est un
nombre premier qui de plus divise pn car (K, +) est un groupe d'ordre pn), et on a vu au 4/a)
que ¥p est isomorphe à un sous-corps de K. Autrement dit, à un isomorphisme près, K est un
surcorps de Fp, et donc d'après 4/b), il existe xq G K tel que Po(xo) = 0.
Soit $ le morphisme ¥P[X] -> K Q^ Q(x0). On a Ker $ = {Q G ¥P[X] \ Q(x0) = 0}. C'est
un idéal de ¥P[X] donc principal. Soit P unitaire tel que Ker $ = (P). On a Po G Ker $ = (P)
et Po est irréductible, donc P = Po, et donc Ker $ = (Po).
Donc Im $ est isomorphe à FP[X]/ Ker $ = ¥p[X]/(Po). Ce dernier est un Fp-espace vectoriel
de dimension n, donc de cardinal pn, et donc Im <3> est de cardinal pn. Or Card(K) = pn, donc
Im$ = K.
En résumé, K est isomorphe au corps Fp[X]/(Po), et ceci pour tout corps Kàpn éléments.
Deux corps de même cardinal sont donc isomorphes.
Sujet d'étude 2 (Transcendance de e et de n). 1/ Si P g C[X], (deg(P) = n),
on définit (avec F^ = F par convention) :
+oo n
v(f) = y^ p(fc) = y^ p(fc) = f+p; h h F(n\
fc=0 fc=0
a) Si F G C[X] et a G C, montrer que
>a£>(F)(0) = a f ca(1-'>F(o0 dt + 2>(F)(a).
i/o
b) Soit Q G Z[X] et p G N, p > 2. Si F(X) = Q(X)Xp-l/(p - 1)!, montrer que £>(F)(0)
est un entier vérifiant P(F)(0) = Q(0) (mod p).

6. SUJETS D'ÉTUDE
101
2/ (Transcendance de e). On rappelle qu'un nombre transcendant est un nombre non
algébrique sur Q. Supposons e algébrique. Alors il existe Q G Z[X], Q ^ 0, tel que
Q(e) = 0. Soit n = deg(Q). Pour tout nombre premier p, on note
a) Si k G N, 1 < k < n, montrer que V(Fp)(k) est un entier divisible par p.
b) Si k G N, 1 < k < n, montrer que lim / efc(1_<)FJkt) dt = 0.
c) Conclure.
3/ (Transcendance de n). Supposons n algébrique sur Q.
a) Montrer qu'alors in est algébrique.
Il existe donc Q = dXn + diXn~l + - • • + dn-iX + dn G Z[X], d ^ 0, tel que Q(i7r) = 0.
Soient a>i,..., wn les racines de Q, de sorte que Q = d(X — ui) • • • (X — un).
b) Si $ G Z[Xi,..., Xn] est symétrique, montrer que $(dui,..., dwn) est un entier.
Comme il existe k tel que Uk = in, on a Ilfc=i(l + e"k) = 0> ce Qui en développant
s'écrit aussi
2n-l
1 + J2 e«> = 0,
i=i
ai,... ,ûf2n_i étant les nombres de la forme J^te/0*'*» ^ étant une partie non vide de
{1,..., n}. Supposons que C de ces 2n — 1 nombres soient nuls. Si m = 2n — 1 — C, on
peut, quitte à renuméroter, supposer que les otj non nuls sont ai,... ,am.
c) Montrer que si un polynôme $ G Z[Xi,..., Xm] est symétrique dans Z[Xi,..., Xm],
alors $(<£ai,..., dam) est entier.
Pour tout nombre premier p, on pose
jmp+p-l VP-1
Fp{X) = (p-i)i [(* ~ ai) ' ' '(* ~ am)]P ■
d) Montrer que 2fc=i^C^p)(afc) est un entier divisible par p.
e) En procédant comme au 2/, conclure.
Solution. 1/ a) On pose f(t) = e-atV(F)(at). Comme £>(F)' = V(F) - F, on a pour tout
* G [0,1] : f(t) = -ae-atV(F)(at) + ae_afP(F)/(at) = -ae~atF(at), et donc par intégration
/(l) — /(0) = —a/g e~atF(at)dt, d'où le résultat compte tenu de la valeur de /.
b) Écrivons Q = V^a^X^, de sorte que F = 22iakl ïTT
fc=0 A==0 W~ ''
Alors
(fc + p-l)!
^ / 7 1 \ I n
V(F)(0) = J2^k Y -IV =Qo + ^afc(fc+p-l)---p,
fc=0 ^ '' fc=l
donc î>(ir)(0) est un entier qui vérifie 2?(jF)(0) = a0 == Q(0) (mod p).
2/ a) Fixons k G N, 1 < k < n. Si <2(X) = FP(X + fc), on voit facilement que G a la forme
vp-i
G(X) = T^ rr[X • if(X)] avec tf G Z[X], donc d'après 1/b), N = V(G){0) = V(Fp)(k) est
(p - 1)!
un entier vérifiant N = 0 (mod p).
b) Si t G [0,1], ek^~^\Fp(kt)\ < ekkP~l[nnY/{p - 1)!, donc
e^-^FJHJdt
I
\Jo
1 < nnA^£ri
- (p-l)I"

102
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
Or limp_+00[fcnn]^V(p - 1)! = 0, d'où 2/b).
c) Écrivons Q = clq + a\X H + a>nXn, avec Q(e) = 0 et Q ^ 0. Quitte à diviser Q par X, on
peut supposer ao ^ 0.
Pour tout nombre premier p, on a d'après 1/a)
/ n \ n /»1 n
X)a*eA: ) V(Fp)(°) = 5p + Tp avec 5p = S a*fc / e**1"0*^**) rf*> Tp = Safc£>(iy (fc).
\fc=0 / A;=0 ^° fc=0
Or EÏ=0Ofeefc = Q(e) = 0, donc 0 = Sp + Tp (*). D'après 2/a), pour fc G N, 1 < k < n, on a
V(Fp)(k) = 0 (mod p) donc d'après 1/b) :
n
Tp = ^2akV(Fp)(k) = aoD(Fp)(0) = a0(-l)pn(n\y (mod p).
fc=0
Or ao 7^ 0, et donc pour tout nombre premier p supérieur à max{|ao|,n}, on a Tp jà 0 (mod p).
Tp est donc un entier non nul, et vérifie donc \TP\ > 1. Or d'après 2/b), limp-x^Sp = 0, ce qui
est absurde d'après (*). Le nombre réel e est donc transcendant.
3/a) Avec le résultat du problème 5, c'est immédiat. En effet, l'ensemble des nombres algébriques
étant un corps, si n est algébrique, comme i est algébrique (racine de X2 +1), in est algébrique.
Nous allons néanmoins montrer ce résultat directement. Si n est algébrique, il existe n G N*
et ao,..., an G Z, an ^ 0, tels que ao + aiir H + an7rn = 0. En notant 0 = m, on a
(ao - a202 + •■■)- i(ai0 - a393 + ■■■) = 0,
et en posant Q = (a0- a2X2 + • • • )2 + (aiX - a3X3 + • • • )2 G Z[X], on a donc Q(0) = Q(i7r) = 0
et Q ^ 0. D'où le résultat.
b) Les nombres complexes dw\^... ,du;n sont les racines du polynôme dn~~lQ(X/d) = Xn +
diXn-1 + dd2Xn~2 + • • • + dn~2dn-2X + dn"1dn = R(X). Ce polynôme est unitaire à coefficients
entiers, donc toute expression polynomiale à coefficients entiers et symétrique en les racines de
R(X), est un entier (voir la remarque 4 page 78), d'où le résultat.
c) Le polynôme $ étant symétrique dans Z[Xi,... ,Xm], il existe P G Z[Xi,... >Xm] tel que
$ = jP(EÏ, ..., E£J, les E* désignant les fonctions symétriques élémentaires de Z[Xi,... >Xm].
Si maintenant on note E; les fonctions symétriques élémentaires de Z[Xi,... , A^n-i], on vérifie
facilement que
Vi, 1 < i < m, cr^ = £*(dai,... >dam) = Eî(dai,... ,dam,0,... ,0) = Ei(dc*i,... ,dc*2»-i).
Notons P l'ensemble des parties non vides de {l,...,n}, et désignons par / la bijection de
J = {1,..., 2n - 1} vers V telle que ctj = YLiei(j)UJi' P°ur tout .7 € J on note Mj = 2ie/(j) ^*
Le polynôme
Qi(Xu ...,Xn) = Ei(Mi,..., M2n_i) G Z[Xi,..., Xn]
est symétrique dans Z[X\y... ,Xn] (puisqu'une permutation des indéterminées (Xi)i<i<n donne
lieu à une permutation des (Mj)i<j<2n et que E; est symétrique dans Z[Xi,..., X^-i]). Comme
dctj = Mj(dui,..., dujn), on a
Gi = E^(dai,... yda2n_i) = Qi{dw\^... ,du;n)
d'où on déduit ai G Z d'après 3/b) puisque Q^ est symétrique dans Z[Xi,... >Xn]. Finalement,
on voit que
$(dai,..., dam) = P(au ..., am)
est un entier.
d) On peut aussi écrire FP(X) sous la forme
FP(X) = —l—idxy-1 \{dX -dai)---(dX- dam)]*• (**)
Un peu d'attention montre alors que le polynôme G(X) = (p - 1)! YlT=i Fp(X + ak) a Pour
coefficients des polynômes symétriques à coefficients entiers en les (daic)i<k<m, et donc d'après
3/c), G(X) G Z[X]. Or pour tout k, 1 < k < m, X? \ Fp(X + ak), donc X? \ G(X), et

6. SUJETS D'ÉTUDE
103
donc il existe H G Z[X] tel que G(X) = XPH(X). Finalement, on a montré que F(X)
(£Tïji EfcLi fp(x + <*k) a la forme F(X) = j^H{X), et donc d'après 1/b),
m
V(F)(0) = !>(*»(«*) = 0 (mod p).
fc=i
e) La relation de la question 3/b) s'écrit (C + 1) 4- YlT=i e<*j = 0 avec ^ e N et d'après 1/a), en
posant
771 /.J 771
Sp = J2^k ea^-^Fp(akt)dt, TP = (C+1)£>(FP)(0), f/p^WK),
on a 0 = Sp + Tp + Up (***). Or pour tout fc, pour tout p, pour tout t G [0,1],
I^»(a**)l < -*—, TVt [(2M)T = |d|ro(2M)m
(p-1)! lv y J ' ' v ' (p-1)!
où M = sup1<fc<n |afc| et AT = |d|m+1M(2M)n sont des constantes. On en déduit que
1/
Mo
e*ic(i-t)Fp(akt)dt
< eM\d\m(2M)m
Kp
-î
(p-1)!'
et donc \imp->+00 JQ eak^ ^Fv{otkt) dt = 0, et ceci pour tout k, donc
lim Sv = 0. (****)
D'après (**), on peut écrire
FP(X) =
(p - 1)!
où les ai sont des polynômes à coefficients entiers symétriques en doc\,... ,dam, donc d'après
3/c) les a£ sont entiers. Par ailleurs, on vérifie facilement que ao = (—l)mpdp~1(da\ • • • dam)p =
dp~lU> où L = (—\)m{doc\ • • -dam) est une constante, entière d'après 3/c). D'après 1/b), on
voit donc que V(Fp)(0) est un entier vérifiant V(Fp)(0) = ao (mod p). Finalement, on obtient
Tp = (C + l)a0 = (C + l)dp-1Lp (mod p). Comme de plus Up = 0 (mod p) d'après 3/d), on voit
que Tp + Up = {C + VjdP^LP (mod p). Donc si p > sup{C 4- l,d, L} est un nombre premier,
Tp + Up est un entier non nul, donc \TP + Up\ > 1. De (***), on tire alors \SP\ > 1, ce qui est
absurde d'après (****). Le nombre n est donc transcendant.
Remarque. La transcendance de 7r a été démontrée pour la première fois par Lindemann
en 1882, qui a établit de manière plus générale que si a* et $ sont algébriques (avec les
ai non nuls et les $ distincts), alors J2aiel3i ¥" 0-
- Un autre résultat célèbre de transcendance est le théorème de Gelfond-Schneider (1934).
Si a et (5 sont algébriques, a ^ {0,1}, p ^Q, alors oP est transcendant.
- Actuellement, on connaît peu de classes de nombres transcendants. On sait que e, 7r,
log2, log3/log2, ew, T(l/4) sont transcendants, mais on ne sait même pas si 2e, 2*, 7re,
e + 7r, £(5) ou 7 (constante d'Euler) sont irrationnels.
- On peut démontrer assez facilement que ir2 (donc 7r) est irrationnel (voir le chapitre
intégration du tome analyse). Ceci est aussi une conséquence de la transcendance de ir.
- En démontrant la transcendance de 7r, Lindemann résolvait le célèbre problème de la
quadrature du cercle. Ce problème consiste à partir d'un cercle, de tracer à l'aide d'une
règle et d'un compas un carré ayant même aire que celle du cercle. Le transcendance de
7r montre que ce problème est insoluble (on montre en effet que tout point construit avec
une règle et un compas à partir du cercle unité a des coordonnées algébriques).

104
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
Sujet d'étude 3 (Polynômes orthogonaux). Soit / un intervalle réel non réduit à
un singleton, et w : / —» M une fonction continue strictement positive sur /. On suppose
que pour tout n G N, la fonction x t-> xnw(x) est intégrable sur /. On note C l'ensemble
des fonctions continues / : / —» R telles que x t-> f2(x)w(x) est intégrable sur I. Les
fonctions polynômes appartiennent à C d'après l'hypothèse sur w.
1/a) Montrer que C est un espace vectoriel, et que
(f>9) = f(x)g(x)w(x)dx
définit un produit scalaire sur C. On munit C de ce produit scalaire et on note || • || la
norme associée.
b) Montrer qu'il existe une unique base (Pn) de l'e.v des polynômes R[X], orthonormale
pour ce produit scalaire, et vérifiant deg Pn = n pour tout n G N et telle que le coefficient
dominant 7n de Pn est positif. Les Pn sont appelés polynômes orthogonaux associés à w.
c) Montrer que les polynômes Pn vérifient une relation de récurrence de la forme
Vn > 2, Pn(X) = {anX + PO + cnPn_2(X) (*)
pour des suites réelles (an), (6n) et (cn) que l'on explicitera.
d) (Formule de Darboux). En déduire que le noyau Kn(x,y) = Yn=o ^0*0-F* (y) vérifie
Vh€N,V(*,y)€RWyf ±Pi{x)Pi(y) = J^Pn^x)Pn(y) - Pn(x)Pn+1(y)
ê? Tn+i x~y
et calculer également Kn(x,y) lorsque x = y.
2/ (Zéros des polynômes orthogonaux).
a) Montrer que pour tout n G N*, Pn a n zéros réels distincts dans l'intervalle L
b) Montrer qu'entre deux zéros consécutifs de Pn+i, il y a un et un seul zéro de Pn.
c) Soit / G C et n G N. Soit fn le meilleur approximant de /, au sens de la norme || • ||,
dans Vect(Po> • • • > Pn)' Montrer que / — fn s'annule au moins en n + 1 points à l'intérieur
de/.
3/ (Quadrature de Gauss). Soit n G N*. On note x\ < ... < xn les zéros de Pn.
a) Montrer qu'il existe des nombres réels uniques Ai,..., Àn tels que
» n
VQ G R[X], deg(Q) < 2n, / Q(x)w{x) dx = V A^Qfe). (**)
Jl <=i
Montrer À* > 0 pour tout i.
b) Montrer que
7n+l 1
Vi, 1 < i < n, \i =
7n Pn+1(Xi)Pn(Xi)'
c) Montrer l'unicité des nombres réels (a^)i<f<n et {\i)i<i<n vérifiant l'identité (**).
d) Si / est un segment de M, et / : / —» R est de classe C2n, montrer que
/ f(x)w{x)dx-^2^if(xi)
(Indication : utiliser le résultat de l'exercice 7 page 66).
^ 1 sup,6J l/Wfr)!
- f2„ (2n)l
Solution. 1/a) Si / G C il est immédiat que À/ G C pour tout A G E, et si /,p G C alors (f+g)2w
est intégrable puisque positive et majorée par [(/ + g)2 + (/ - tf)2^ = 2(/2 + g2)w. Ainsi, C est
bien un espace vectoriel.

6. SUJETS D'ETUDE
105
L'application (/, g) »-> (/, g) est un produit scalaire : en effet, c'est une forme bilinéaire, elle
est positive car w > 0, et elle est bien définie car si Jj f2w = 0, alors la fonction f2w étant
continue et positive, ceci entraîne f2w = 0 donc / = 0 car w ne s'annule pas.
b) Il est immédiat que le procédé d'orthogonalisation de Schmidt s'étend à une famille dénom-
brable de vecteurs. Ainsi, à partir de la base canonique (Xn)ne^ de K[X], on peut former une
famille libre (Pn)neN orthogonale pour le produit scalaire </? telle que Pq = 1 et pour tout n,
Pu = Xn + vn avec vn G Vect(Po, • • • > Pn—i)- Une récurrence immédiate sur n, montre alors que
deg(Pn) = n pour tout n. Par construction du procédé d'orthonormalisation de Schmidt, on a
Vect(l, X,..., Xn) = Vect(P0,..., Pn)
pour tout n, ce qui prouve que la famille libre orthogonale (Pn)neN est une base de R[X]. En
normant les polynômes Pn, on obtient alors une base orthonormale de K[X], et le coefficient
dominant de Pn est bien positif.
Une telle base est bien unique. En effet, supposons qu'une autre base (Qn) vérifiant les mêmes
propriétés diffère de (Pn). Soit k le plus petit indice tel que Qk ¥" Pk- Comme deg Qk = k on peut
écrire Qk = Y2i=o^iPi avec ^es ^ e ^- Lorsque 0 < i < fc, on a À; = {Qk^Pi) = {QkiQi) = 0,
donc Qk = AfcPfc. On a 1 = ||Qfc||2 = A£||Pfc||2 = A|, donc Xk = 1 ou Xk = -1. Comme
les coefficients dominants de Pk et Qk sont strictement positifs, on a forcément Xk = 1, donc
Pk — Qk ce qui est absurde.
c) Supposons la relation (*) vérifiée. En la projetant sur les vecteurs Pn, Pn-\ et Pn-2 on obtient
1 = an(XPn_i,Pn), 0 = an(XPn_i,Pn_i) + bn 0 = an(XPn_i,Pn_2) + Cn- (***)
Montrons que (XPn_i,Pn) est non nul en explicitant sa valeur. Comme XPn_i est de degré n,
il existe des réels À& tels que
n
fc=0
ce qui entraîne (XPn_i,Pn) = An, et l'égalité des coefficients dominants donne 7n-i = An7n
donc finalement (JPn_i,Pn) = 7n-i/7n- De même, on a
(XPn-uPn-2) = I Pn-l{x)xPn-2{x)w{x) dx = (Pn-l,IPn-2) = (XPn-2,Pn-l) = ^^•
Jl 7n-l
Finalement, les trois égalités (***) sont équivalentes à
In , 1n(XPn-\,Pn-l)
dji — ) On — , Cn — 2 •
7n-l 7n-l 7n-l
Réciproquement, le choix de ces valeurs entraîne que la projection de (*) le long des vecteurs
Pn, Pn-\ et Pn-2 est vérifiée. Les deux termes de (*) sont également égaux le long des vecteurs
Pk pour k < n - 2 car (IPn_i,Pfc) = (Pn_i,IPfc) = 0 vu que deg(XPk) < n - 1 donc
XPk G Vect(Po,... ,Pn-2)- Ainsi, nous avons démontré que le choix des valeurs
entraîne que (*) est vrai le long de chaque vecteur Pk pour k < n, et comme les polynômes de
(*) sont de degré < n, cela montre que (*) est bien vérifié.
d) On procède par récurrence sur n. Pour n = 0 la relation est vraie car
7o Pi(x)P0(y) - Pi(y)P0(x) 70 ia(Pi(x) - Pi(y)) lQ 2
= = —7o7i = 7o = Pq\?)Pq\V)-
7i x-y 7i x-y 71
Supposons maintenant la formule de Darboux vraie au rang n — 1 et montrons la au rang n.
En remplaçant les expressions de Pn+\{x) et Pn+i(y) par la formule obtenue dans la question
précédente, on obtient
Pn+l(x)Pn(y) ~ Pn(x)Pn+l(y) n p ,* p ,v , r Pn-l(x)Pn(y) - Pn(x)Pn-1(y)
= o,n+iPn{x)Pn{y) + Cn+i ,
x-y x-y
ce qui compte tenu des valeurs de an+\ et c^+i obtenues précédemment entraîne
7n Pn+i(x)Pn(y) - Pn(x)Pn+i(y) = p + 7n-i Pn(x)Pn-i(y) - Pn-i(x)Pn(y)
7n+i x-y 7n x-y

106
2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
Compte tenu de l'hypothèse de récurrence, ceci démontre bien la formule de Darboux lorsque
xi-y.
Pour calculer Kn(x,x) on calcule la limite de Kn(x,x + h) lorsque h ^ 0 tend vers 0. En
substituant Pn(x + h) et Pn+i(x + h) par leur développement limité à l'ordre 1 dans la formule
précédente appliquée à y = x + h, on obtient
K< , ^ In Pn+l(x)(Pn(x) + hFn(x) + o{h)) - (Pn+l(x) + hPn+1(x) + o(h))Pn(x)
Bll,I+ j'7n+l ("*)
ce qui en faisant tendre h vers 0 donne
Kn(x,x) = ^(PUl(x)Pn(x) - P^)Pn+l(x)).
7n+l
2/a) Fixons n G N* et notons A; G N le nombre de zéros de Pn dans / d'ordre de multiplicité
impaire. Si on note ai, • • • , a& ces zéros et Q = (X — ai) • • • (X — a^) (avec Q = 1 si k = 0), le
polynôme PnQ garde un signe constant sur /.
Supposons k < n - 1. Alors Q e Vect(l, X,..., X71"1) = Vect(Po, • • • > Pn-i)- De plus pour
tout fc < n - 1, (Pn,Pk) = 0. On en conclut (Pn,Q) = 0 = JjPn(t)Q(t)w(t)dt. Or la fonction
£ »-> Pn{^)Q{i)^{i) est continue et garde un signe constant sur /, donc PnQw = 0, et comme
w > 0, ceci entraîne PnQ = 0 sur /, ce qui est impossible vu que PnQ est un polynôme non nul.
Donc k > n, et comme deg(Pn) = n, Pn a n racines distinctes dans /.
b) La formule obtenue précédemment pour Kn(x,x) montre que pour tout zéro a de Pn+i) on a
Pn+M)Pn{a) = P^+i(a)Pn(a) - P»Pn+i(a) = ^±1 ^P,(a)2 > ^P0(a)2 > 0.
In .=Q 7n-
Maintenant considérons deux zéros consécutifs a et (5 de Pn+i. La fonction Pn+i garde un signe
constant sur [a,/3], par exemple positif. Comme Pn+i(a) = 0 on en déduit P^+1(a) > 0, de même
on obtient P^+1(P) < 0. Compte tenu de l'inégalité P^+1(a)Pn(a) > 0, on en déduit Pn(a) > 0.
De même, l'inégalité P^+1(/3)Pn(/3) > 0 entraîne Pn(fi) < 0. Ainsi Pn change de signe dans ]a,/?[
donc contient au moins un zéro dans cet intervalle. Comme Pn+i a n + 1 zéros dans /, Pn a un
zéro dans chacun des n intervalles délimités par deux zéros consécutifs de Pn. Or Pn a n zéros
donc il n'y en a qu'un seul entre deux zéros consécutifs de Pn+i.
c) La propriété de projection sur un s.e.v de dimension finie (voir la proposition 2 page 242) assure
que fn est la projection orthogonale de / sur Vect(Po,..., Pn) = Vect(l,..., Xn). Donc f — fn
est orthogonal à ce sous-espace, c'est-à-dire (/ — /n, Q) = 0 pour tout polynôme Q de degré < n.
On procède ensuite de manière analogue à la solution de la question 2/a), (sauf qu'ici, on ne peut
pas utiliser la notion de zéro de multiplicité impaire). Raisonnons par l'absurde et supposons que
/ — fn ne s'annule qu'en k points x\ < ... < Xk de l'intérieur de /, avec k < n. Par commodité,
notons xo et Xk+i les extrémités de l'intervalle /. Sur chaque intervalle ]xj,a;j+i[ la fonction
continue / — fn ne s'annule pas donc garde un signe constant. Notons 1 < j\ < ... < je < k les
indices j pour lesquels f — fn change de signe entre ]xj_i, Xj[ et ]xj, Xj+i[. La fonction f — fn garde
un signe constant sur chacun des intervalles l^o^it) \xjx^Xj2[^ ..., ]xje,Xk+i[ et change de signe
à chaque Xjm. Ainsi, le polynôme défini par Q = rim=i(^ — xjm) (ou Q = 1 si ^ = 0) est tel que
(/ — fn)Q garde un signe constant sur / tout entier. Donc la fonction continue (/ — fn)Qw garde
également un signe constant sur /, et comme deg(Q) < n on a (/ - /n, Q) = fj(f — fn)Q^ = 0
donc (/ — fn)Qw = 0, donc (/ — fn)Q = 0. Ceci entraîne que f — fn s'annule sauf éventuellement
aux zéros de Q, et par continuité / — fn = 0 sur / tout entier. Ceci est absurde car on a supposé
que / — fn ne s'annulait qu'en un nombre fini de points. Donc f — fn s'annule bien en au moins
n + 1 points de l'intérieur de /.
3/a) Montrons l'existence des (À;). Notons L{ le polynôme de Lagrange de degré < n qui vérifie
Li(xi) = 1 et Li(xj) = 0 pour j ^ i. Soit Q e K[X], deg(Q) < 2n, et considérons le polynôme
d'interpolation de Lagrange L(X) = £?=i Q(xi)Li(X) qui vérifie Q{xi) = L(xi) pour tout i. Le
polynôme Q - L s'annule aux points £;, donc il existe un polynôme R tel que Q — L = PnR. On

6. SUJETS D'ETUDE
107
a deg(R) = degQ — degPn < n, donc (Pn, R) = 0, donc fj(Q — L)(x)w(x) dx = 0. On en déduit
/ Q(x)w(x) dx = / L(x)w(x) dx = / I V^ Q{xi)Li{x) 1 w(x)dx = V^ XiQ{xi)
Ji Ji Ji\pi ) èï
avec Ai = J7 Li(x)w(x) dx. Les À* sont bien uniques, car l'expression (**) appliquée au polynôme
de Lagrange Li montre qu'on a forcément A* = fj Li(x)w(x) dx. Enfin, l'expression (**) appliquée
à Q = Lj (dont le degré est < 2n — 2) entraîne 0 < fj Li(x)2w(x) dx = Xi.
b) L'idée est de calculer de deux manières différentes l'expression fj Kn(x,Xi)Li(x)w(x) dx.
Comme deg(Kn(X, Xi)Li(X)) < 2n, on peut appliquer l'expression (**) ce qui donne
/ Kn(x,Xi)Li(x)w(x)dx = y2\jKn(xj,Xi)Li(xj) = \iKn(xi,Xi). (****)
En utilisant maintenant l'expression du noyau Kn, on obtient
/» n p n
\ Kn(x,Xi)Li(x)w(x)dx = y^Pj(xi) / Pj(x)Li(x)w(x)dx = Y"*Pj(xi)(Pj,Li).
Ji U " U
Par ailleurs, deg(L^) < n donc Li e Vect(Po, • • • >Pn-i) donc on peut écrire Li = Y^kZo f^kPk
avec les /i^ G M, dont l'expression précédente entraîne
n n n
/IV IV IV
Kn(x,Xi)Li(x)w(x)dx = ^2Pj(xi)^2tik(Pj,Pk) = ^PjMfjij = Li(xi) = 1.
j=0 fc=0 j=0
Avec (****), on en déduit A; = l/Kn(xi,Xi), d'où le résultat souhaité grâce à l'expression obtenue
dans 1/d) pour Kn(x,x).
c) Supposons l'identité (**) vraie pour des nombres (x^ et (À*), avec x\ < ... < xn. Alors le
polynôme Q = Yl?=i(X ~~ x\) vérifie
f n
VP G R[X], deg(P) < n, / Q(x)P(x)w(x) dx = Y" \iQ(xï)P(xi) = 0
autrement dit on a (Q, P) = 0 pour tout polynôme P de degré < n. Donc Q = YL7=o (Q> Pi)Pi =
(Q, Pn)Pn, autrement dit Q et Pn sont proportionnels, ce qui entraîne que les (x^ sont les racines
de Pn, et sont donc uniques. Nous avons déjà vu qu'alors les (A;) étaient uniques, d'où le résultat.
d) Soit P le polynôme d'interpolation de Hermite, deg(P) < 2n, tel que P(xi) = f(xi) et
P'{xi) = f(xi) pour tout i. D'après l'exercice 7 page 66, on a
sma\f{2n)(t)\
Vxel, \f(x)-P(x)\ <M\[{x-Xi)2 avec M =
i=l
Comme Pn(x) = 7n Iir=i(a' ~~ xi) on en déduit, par intégration
(2n)!
72
171
f\f(x) - P(x)\w{x)dx < f M^^-w{x)dx = ^(Pn,Pn) =
Jl Jl On Tn
Par ailleurs, comme f(xi) = P{xi), on a Jj P(x)w(x) dx = Yh=i ^if(xi) donc
/ f(x)w(x) dx~y2 ><if(xi) = / (/M - P(x))w(x) dx
Jl S Jl
d'où le résultat souhaité à partir de la majoration J7 |/ — P\w qui nous avions obtenue.
Remarque. Les polynômes orthogonaux classiques sont les suivants :
(i) Lorsque / = ] — 1,1[ et w(x) = (1 — s2)-1/2, les Pn sont les polynômes de Tchébycheff
de première espèce, et vérifient Pn(x) = Tn(x) = cos(narccos(a;)) (déjà rencontrés
dans l'exercice 12 page 70 et le problème 12 page 95).

108 2. CORPS, POLYNÔMES ET FRACTIONS RATIONNELLES
(ii) Lorsque / = ] — 1,1[ et w(x) = (1 — a;2)1/2, les Pn sont les polynômes de Tchébycheff
de seconde espèce, et vérifient Pn(x) = Un(x) = ^^T^+1(x).
(iii) Lorsque / = [— 1,1] et w(x) = 1, les Pn sont les polynômes de Legendre. Ils vérifient
Pn\x) = 2"n!<teïï' V^ ~ x ) •
(iv) Lorsque / = ] — oo, 4-oo[ et w(x) = e~x , les Pn sont les polynômes d'Hermite.
(v) Lorsque / = [0, +oo[ et w(x) = e~x, les Pn sont les polynômes de Laguerre.

CHAPITRE 3
Algèbre linéaire : généralités
HISTORIQUEMENT, l'algèbre linéaire naît de l'étude des systèmes linéaires.
Abordés dès 1678 par Leibnitz, Maclaurin en 1748 donne les formules de résolution
à deux ou trois inconnues, complétées dans le cas général par Cramer en 1754.
À partir de là, Vandermonde puis Laplace ont l'idée de définir un déterminant
d'ordre n par récurrence sur n, en le développant par rapport une ligne ou une
colonne.
D'autre part, dans les Recherches Arithmétiques, Gauss avait adopté, pour
désigner une transformation linéaire, une notation sous forme de tableau : la
notation matricielle. Il y définit même le produit de deux matrices. Ce passage
devait suggérer à Cauchy la règle du produit de deux déterminants, publiée
en 1815 dans un mémoire.
Jusqu'alors, les concepts de déterminant et de matrice sont encore très liés.
En 1826, Cauchy, cherchant à déterminer les axes principaux d'une surface
du second degré, introduit le polynôme caractéristique d'une matrice. Avec
Cayley et Sylvester, au milieu du dix-neuvième siècle, la théorie des matrices
se développe.
On en est encore au plan et à l'espace. La familiarisation des
mathématiciens aux déterminants et aux matrices s'accroissant, elle suggère à ceux ci la
conception d'un espace à n dimensions. Mais il fallait oser ! Vers 1843-1845,
Cayley et Grassmann franchissent le pas et parlent d'espaces à n dimensions.
Cayley se fonde sur la généralisation de la géométrie analytique des
coordonnées et introduit les n-uplets (x\y... ,xn). Grassmann a quant à lui l'idée de
développer une "analyse géométrique", capable de calculer sur des grandeurs
orientées de façon intrinsèque (c'est-à-dire indépendante du choix des
coordonnées). Il donne la définition de l'indépendance linéaire d'un système de
vecteurs et celle de la dimension d'un sous-espace vectoriel. Enfin c'est Peano
qui, en 1888, axiomatise l'algèbre linéaire. Jusqu'en 1930, c'est le point de vue
des matrices et des coordonnées qui prédominera, par rapport à un point de
vue plus intrinsèque des espaces vectoriels.
Remarques préliminaires. On abrégera souvent "espace vectoriel" par "e.v", "sous-espace
vectoriel" par "s.e.v".
Dans toute la suite, K désigne un corps commutatif.
1. Espaces vectoriels
1.1. Généralités
DÉFINITION 1. On appelle K-espace vectoriel (ou e.v sur K) un ensemble E muni d'une loi
interne (notée +) et d'une loi externe (notée •) admettant K comme ensemble d'opérateurs
et vérifiant :
(i) (E1, +) est un groupe abélien.
(ii) Pour tout (x,y) G E2 et (A,//) G K2,
a) A • (x + y) = A • x + A • y, b) (A + n) • x = A • x + \i • x,
c) A • (/j, • x) = (Xfi) • x, d) 1 • x = x.

110
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
Remarque 1. - Cette définition entraîne : (À • x = 0) •<=>• (À = 0 ou x = 0).
- On dit que E est une K-algèbre s'il existe de plus une loi interne, notée o, vérifiant
(i) (F,+,o) est un anneau,
(ii) V(ar, y) G E2, VA G K, A • (x o y) = (A • x) o y = x o (A • y).
Exemple 1. Les ensembles suivant sont des K-espaces vectoriels : K, Kn (muni des lois
(xi,...,xn) + (yi,...,2/n) = (a?i + 2/i, • • • ,xn + î/n) et A • (xu... ,xn) = (\xu...i\xn))1
toute extension de corps L de K, l'ensemble des fonctions d'un ensemble Q dansUC, K[X],
K[A"i,... ,Xn].
DÉFINITION 2. Les éléments d'un K-e.v s'appellent des vecteurs, ceux de K des scalaires.
DÉFINITION 3. Soit (E, +, •) un K-e.v et F C E. On dit que F est un sous-espace vectoriel
de E si (F, +, •) est un K-e.v.
Exemple 2. Les ensembles {0} et E sont des s.e.v de E ; Kn[J£] = {P G K[J£], deg(P) < n}
est un s.e.v de K[X] ; C(R, R) (ensemble des fonctions continues de R dans R) est un s.e.v
du R-e.v des fonctions de R dans R; si P G K[X], l'idéal (P) est un s.e.v de K[X].
Proposition 1. Soit (E, +, •) un K-e.v et F C E. Alors (F, +, •) est un s.e.v de E si et
seulement si
(i) F^0 (ii) V(x, y) G F2, V(A, fj) G K2, Xx + fiy G F.
Remarque 2. On montre rarement directement qu'un ensemble est un e.v, mais souvent
que c'est un s.e.v d'un e.v connu (à l'aide de la proposition précédente).
PROPOSITION 2. Soit E un K-e.v et (Ei)iei une famille de s.e.v de E. Alors C\i€iEi est
un s.e.v de E.
Remarque 3. Attention, ce théorème est faux pour la réunion (voir l'exercice 1).
Somme de sous-espaces vectoriels.
DÉFINITION 4. Soit E un K-e.v, (Ei)i€i une famille de s.e.v de E. On note Yliei -^ =
{Y^ieixi I les xi ^ Q étant tous nuls sauf un nombre fini}. L'ensemble ^2iejEi est un
s.e.v de E appelé somme des s.e.v (Ei)iei.
Définition 5. Soient Fi,..., En n sous-espaces vectoriels d'un K-e.v F. On dit que F
est somme directe de E\,..., Fn si tout vecteur x £ E s'écrit de manière unique sous la
forme x = x\ H h xn où Vi, xi G F*. On note alors F = Ex © • • • 0 Fn = 0"=1Ff.
Remarque 4. Si F = Fi 0 • • • 0 Fn, on a bien sûr F = Ya=i Ei = Ei-\ \- En.
Proposition 3. Soient Ex et E2 deux s.e.v d'un K-e.v F. Alors F = Fi 0 F2 si et
seulement si F = Fi + F2 ei Fi D F2 = {0}.
Remarque 5. - Cette proposition est fausse s'il y a plus de deux s.e.v.
- On dit que n s.e.v Fi,..., Fn sont en somme directe si Y^=i -^ = ®?=i-^<- On a Ie
résultat pratique suivant : Les (Fj)i<i<n sont en somme directe si et seulement si
l'égalité x\ H \- xn = 0 avec Vê, Xi € Ei, entraîne Vê, a;* = 0.
Familles génératrices, familles libres.
DÉFINITION 6. Soit (xi)iei une famille de vecteurs d'un K-e.v F. On appelle combinaison
linéaire des (xi)iei toute somme 2i€j A^ où pour tout i, Xi G K et où les Xi sont tous
nuls sauf un nombre fini.
- L'ensemble F des combinaisons linéaires des (xi)iei est un s.e.v de F noté Vect(xi)iei-
C'est le plus petit s.e.v de F contenant tous les je».

1. ESPACES VECTORIELS
111
Définition 7. Soit E un K-e.v et A C E. On note Vect^ = Vect(a)aeA- On dit que A
est une partie génératrice de E (ou (a)a£A une famille génératrice de E) si Vect A = E.
Définition 8. Soit (xi)ieI une famille d'un K-e.v E. Alors (i) et (ii) sont équivalents :
(i) Toute combinaison linéaire vérifiant 2te/ ^txi = 0 vérifie Vi, À; = 0.
(ii) Aucun vecteur de la famille n'est combinaison linéaire des autres.
Une famille de vecteurs vérifiant (i) ou (ii) est dite libre (on dit aussi que les vecteurs
(a?»)tei sont linéairement indépendants). Dans le cas contraire, la famille est dite liée.
Citons enfin le théorème qui est à la base de la théorie sur la dimension des espaces
vectoriels.
THÉORÈME 1. Dans un e.v E engendré par un nombre fini n de vecteurs (c'est-à-dire
3(#i,..., xn) G En, E = Vect(xi,..., xn)), toute famille libre a au plus n éléments.
1.2. Bases et dimension d'un espace vectoriel
Base d'un espace vectoriel.
DÉFINITION 9. Une famille libre et génératrice d'un e.v E est appelée une base de E.
PROPOSITION 4. Soit E un K-e.v admettant une base (e*)^/. Alors tout vecteur x de E
s'écrit de manière unique comme combinaison linéaire des (ei)iei : x = Y^iei ^ixi (avec
les Xi tous nuls sauf un nombre fini) . Les (\i)i£i s'appellent les coordonnées de x dans
la base (eijiçj.
Exemple 3. La famille (ei)i<i<n (où e* = (0,..., 0,1,0,..., 0), le 1 se trouvant à la i-ième
coordonnée), est une base de Kn appelée base canonique de Kn.
- La famille (Xn)n€^ est une base de K[X] appelée base canonique de K[X].
DÉFINITION 10. On dit qu'un K-e.v E est de dimension finie s'il existe une famille
génératrice finie de E. Dans la cas contraire, on dit que E est de dimension infinie.
L'existence de base en dimension finie est assurée par le théorème suivant.
Théorème 2. Soit E un K-e.v de dimension finie, G un système fini de générateurs de
E, C C G un système libre. Alors il existe une base B de E telle que C C B C G-
Conséquences en dimension finie.
- Tout K-e.v de dimension finie admet une base.
- De toute famille génératrice de E on peut extraire une base de E.
- Toute partie libre peut être complétée en une base (résultat connu sous le nom de
théorème de la base incomplète).
Remarque 6. Le théorème 2 reste vrai en dimension infinie, mais sa démonstration fait
appel à l'axiome du choix.
Théorie de la dimension.
Théorème 3. Soit E un K-e.v de dimension finie. Toutes les bases de E ont même
cardinal n. L'entier n s'appelle dimension de E, et est noté dim^ E (avec par convention
dimK E = 0 si E = {0}).
PROPOSITION 5. Soit E un K-e.v de dimension finie n G N*. Alors
- Tout système libre de n vecteurs de E est une base de E.
- Tout système générateur de n vecteurs de E est une base de E.
PROPOSITION 6. Soit E un K-e.v de dimension finie n G N*. Soient Ei,..., Ek k s.e.v
de E. Alors E = E\®- • -®Ek si et seulement si E = E\-\ Y Ek etn = Y^e=i ^m Et.

112
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
Proposition 7. Soit E un K-e.v et E\, E2 deux s.e.v de E de dimension finie. Alors
Ei + E2 est un s.e.v de dimension finie et dim(Ei + E2) = dimi?i + dimi?2-dim(i?in.Éy.
COROLLAIRE 1. Soit E un K-e.v de dimension finie, E\ et E2 deux s.e.v de E. Alors (i),
(ii) et (iii) sont équivalents :
(i) E = EX®E2.
(ii) dim£ = dim£i + dim£2 et EiCiE2 = {0}.
(iii) dim E = dim Ex + dim E2 et E = E\ + E2.
Si (i), (ii) ou (iii) est vérifié, on dit que E2 est un supplémentaire de E\ dans E.
Remarque 7. Si F est un s.e.v de E, il y a en général une infinité de supplémentaires de
F dans E.
1.3. Exercices
Exercice 1. Soit K un corps commutatif et E un K-e.v.
a) Soient F et G deux s.e.v de E. Si F U G est un s.e.v de E, montrer que F C G ou
G CF.
b) Soit k > 2 et (Vi)i<i</c une famille finie de k s.e.v stricts de E (i. e. pour tout i,
Vi ^ {0} etVi^E).SiE = ViU---U Vk, montrer que K est fini et que k > Card(K) + 1.
Cette inégalité peut-elle être une égalité ?
Solution, a) Raisonnons par l'absurde et supposons que F (jL G et G (jL F, de sorte qu'il existe
x G F} x £ G, et il existe y G G, y £ F. Le vecteur x + y est dans le s.e.v FuG, donc x + y e F
ou x + y G G. Supposons par exemple x + y G F. Comme F est un s.e.v et que x G F, on a
(x + y) — x G F, c'est-à-dire y e F, ce qui est absurde. D'où le résultat.
b) C'est plus délicat. Quitte à retirer Vi, on peut supposer V\ <f. (V2 U • • • U Vk). Il existe donc
x G Vi tel que x g V2 U • • • U V*. Or (V2 U • • • U Vk) (jL V\ (sinon Vi = E), donc il existe
y G V2 U • • • U Vk tel que y g V\.
Si A G K, alors y + \x G E. Or y + Xx g V\ (sinon y G Vi car x G Vi), donc pour tout A G K,
il existe i\ G {2,..., k] tel que y + Xx G V{x. L'application K —> {2,..., k} X*-^ i\ est injective
(en effet, si i\ = i^ alors y + Xx et y + \ix G VfA donc (A — /i)x G V*A, et comme x & VfA, on
doit avoir A = /i). De cette injectivité, on déduit que Card(K) < Card{2,. ..,&} = & — 1, d'où
l'inégalité souhaitée.
Cette inégalité peut être une égalité. Par exemple, si K = Z/2Z et E = K2, si Vi =
{(0,0), (Ô, i)}, V2 = {(0,0), (i,Ô)} et V3 = {(0,0), (i, i)}, alors Vi, V2 et V3 sont des s.e.v stricts
de E etV1UV2UV3 = E.
EXERCICE 2. Montrer que dans le R-e.v des fonctions continues de R dans R, les familles
de fonctions suivantes sont des familles libres :
a) (/a)age où /a : R -+ R x ~ eXx.
b) (/a)agir+ où fx : M -> M a; »-> cos(Arc).
c) (/a)a6R où /a : R -> R s h+ |s - A|.
Solution, a) Supposons cette famille liée, de sorte qu'il existe (A;)i<;<n G Mn et (^) G Rn tels
que X)iLi Mi/Ai = 0 avec les in non tous nuls. Quitte à retirer des termes, on peut supposer
IH 7^ 0 pour tout i. Quitte à réordonner des termes, on peut même supposer Ai > À2 > • • • > An.
On a
/ n \ n
lim e-Aia: ( yVeA<x I = lim yVe(A'~Al)x = Mi,
\Z=1 / 2=1
car pour i > 2, À; — Ai < 0. Or J2i f^ifXi = 0> et cette limite est donc nulle, donc fi\ = 0, ce qui
est contradictoire.

2. APPLICATIONS LINÉAIRES
113
b) Montrons par récurrence sur n G N* que si YA=if1ifXi = 0 (avec les A; distincts dans M+),
alors pour tout i, fa = 0. Pour n = 1 c'est évident. Supposons maintenant le résultat vrai
jusqu'au rang n — 1 et montrons le au rang n. Si J27=i fafXi = 0 (*)> les (^î) distincts dans
R+y par double dérivation, on obtient S2=iMi("^?/Ai) = 0 (**). En multipliant l'égalité (*)
par A^ et en l'ajoutant à (**), on obtient Ya=i Mt(^i ~~ ^n)f^i = 0> donc d'après l'hypothèse de
récurrence, pour tout 1 < i < n — 1, fa{\^ — A^) = 0. Les À; étant positifs et distincts, on en
déduit fa = 0 pour 1 < i < n — 1. Donc d'après (*), finf\n = 0> d'où \in = 0. Finalement on a
montré fa = 0 pour 1 < i < n.
c) Supposons la famille (/a)agk liée. Alors il existe Ào 6 M tel que f\0 s'écrive comme une
combinaison linéaire des (/a)à^a0> autrement dit :
n
3n G N*, BÀi,..., An G R \ {A0}, 3/ui> • ••.^eK, /a0 = ^Hif\r
Or pour tout i > 1, Xi ^ Ao donc /^ est dérivable au point Ao (l'application x h-> |x — A| est
dérivable partout sauf en A), d'où on tire que J2ï=i VifXi es^ dérivable en Ao, ce qui est absurde
car ceci égale f\0. D'où le résultat.
Remarque. On aurait pu résoudre le a) comme on l'a fait pour b). L'avantage de cette
dernière méthode est qu'elle aurait permit de conclure même si l'intervalle de définition
des (/a) n'était pas R tout entier.
EXERCICE 3. Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie, et A et B deux s.e.v de E
de même dimension r. Montrer que A et B admettent un supplémentaire commun {i. e.
il existe un s.e.v S de E tel que A 0 S = B 0 S = E).
Solution. Nous allons effectuer une récurrence descendante sur r < dimE. Si r = dimi?, c'est
évident car {0} est un supplémentaire commun à A et à B. Supposons le résultat vérifié au rang
r 4-1 < dim E et démontrons le au rang r.
On a AUB ^ E. En effet, supposons AuB = E. Comme A(/lB (sinon E = AuB = B),
il existe x G A tel que x £ B. De même, il existe y G B, y $. A. Or x 4- y G E = A U B, donc
£ + 2/G.Aou:e + 2/G.B, par exemple x + y e A. Alors y = (x 4- 2/) — x G -A, ce qui est absurde.
On a donc bien Al)B ^ E.
Donc il existe x e E,xg AuB. Soit A' = A + Vect(x), B' = B + Vect(x). On a dim 4' =
dirai?' = r + 1, donc d'après l'hypothèse de récurrence, il existe un s.e.v S' de E tel que
A'0S' = B'0S' = E. Si S = S'4- Vect(x), on a donc ^ = ^'©5' = ^®Vect(x)0S' = A0S
et E = B'mS' = Bm Vect(rc) © S' = B 0 5, d'où le résultat.
2. Applications linéaires
2.1. Généralités
DÉFINITION 1. Soient E et F deux K-e.v et / : E —> F une application. On dit que /
est linéaire si
V(x, y) G F2, V(A, M) g K2, f(Xx 4- w) = A/(s) 4- fif(y).
L'ensemble des applications linéaires de E dans F est un K-e.v noté C(E, F).
Exemple 1. - L'application (p : C([0,1],R) —► R / t-> /0 /(£) cft est linéaire.
- Si A G K,. l'application <p : E —> £ x t-> Ax est linéaire.
Remarque 1. - Une application linéaire de £" dans K est appelée forme linéaire.

114
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
- Une application linéaire de E dans E est appelée endomorphisme.
- Si / est linéaire, alors /(0) = 0.
- La composée de deux applications linéaires est linéaire.
- Si / : E —> F est linéaire et bijective, on dit que / est un isomorphisme de K-e.v.
L'application f~l : F —> E est aussi linéaire.
- Si / G C(E, F), la linéarité de / entraîne que pour connaître (resp. pour définir) /,
il suffit de la connaître (resp. définir) sur une base de E.
PROPOSITION 1. L'image (ou l'image réciproque) d'un s.e.v par une application linéaire
est un s.e.v.
DÉFINITION 2. Soient E et F des K-e.v et / G C(E, F). On appelle noyau de / l'ensemble
noté Ker/ = /-1({0}) = {x e E \ f(x) = 0}. On appelle image de / l'ensemble noté
Im/ = f(E). Les ensembles Ker/ et Im/ sont des s.e.v. Par ailleurs, / est injective si et
seulement si Ker/ = {0}.
DÉFINITION 3. Soient E et F des K-e.v et / G C(E, F). On dit que / est de rang fini si
Im / est de dimension finie. Dans ce cas, l'entier dim(Im /) est appelé rang de / et noté
rg/-
2.2. Espaces vectoriels quotients
DÉFINITION 4. Soit E un K-e.v et F un s.e.v de E. La relation 1Z définie par (xlZy •£=>
x — y G F) est une relation d'équivalence sur E. L'espace quotient est noté E/F, et c'est
un K-e.v muni des lois x + y = x + y, Xx = \x.
DÉFINITION 5. Soit E un K-e.v, F un s.e.v de E. Si E/F est de dimension finie, on dit
que F est de codimension finie dans E. On appelle alors codimension de F dans E l'entier
codim^ F = dim(E/F). Si codim^ F = 1, on dit que F est un hyperplan de E.
PROPOSITION 2. Soit E un K-e.v. Un s.e.v F de E est de codimension finie dans E si
et seulement si F admet un supplémentaire S dans E de dimension finie. On a alors
dim S = codini£ F.
Démonstration. Condition nécessaire. Supposons E/F de dimension finie. Pour tout x e E, on
note x sa classe dans E/F. Soit (e'i,... ,en) une base de E/F. Soit S = Vect(ef)i<f<n. Alors
- FnS = {0} car si x = Yh=i ^iei G F n 5, alors x = Ô = ]C?=i ^i et donc pour tout i,
Xi = 0.
- F + S = E. En effet, soit x G E. Il existe Ai,..., Àn G K tels que x — Z-/i=i ^i^i- Si
y = Ya=i ^eî> on a d°nc z = x — y € F (car z = x — y = 0) et x = z + y, y e S.
Donc F 0 S = E, et dim S = n = dim(E/F) = codim^ F.
Condition suffisante. Supposons F 0 S = £", où S est de dimension finie n. Soit (ei,..., en) une
base de S. Nous montrons que (e'i,..., ën) est une base de E/F.
- (e'i,..., e'n) est une famille génératrice de E/F. En effet, si x G E, il existe y e F et z e S
tel que x = y + z et donc x = y + z = ze Vect(e'i,..., ën).
- (e'i,..., e'n) est une famille libre. En effet, si J27=i ^îe"î = Ô, alors X^=i ^*e* e ^ ^onc est
nul car FnS = {0}. Donc pour tout z, À; = 0.
Finalement, on a donc codim^ F = dim(E/F) = n = dim S. □
Corollaire 1. Si E est un K-e.v de dimension finie, si F est un s.e.v de E, alors F
est de codimension finie dans E et codim^ F = dim E — dim F.
Factorisation d'une application linéaire.
Théorème 1. Soient E et F deux K-e.v et f e C(E,F). Alors Im/ est isomorphe à
E/Kevf.

2. APPLICATIONS LINÉAIRES
115
Théorème 2. Soit E un K-e.v de dimension finie, F un K-e.v et f e C(E,F). Alors f
est de rang fini et dimE = dim(Ker/) + dim(Im/) = dim(Ker/) + rg/.
Corollaire 2. Soit f G C(E, F) où E et F sont deux K-e.v de même dimension finie.
Alors :
(f est bijective) ^=> (/ est injectivé) <£=> (/ est surjective).
Remarque 2. Ce dernier résultat est très important. Il est faux en dimension infinie; par
exemple, / : R[X] —> R[X] P h-> P' est linéaire surjective mais pas bijective.
2.3. Algèbre des endomorphismes
Les endomorphismes sont des applications linéaires très importantes. Ils vérifient de
nombreuses propriétés et c'est pour cela qu'on les étudie plus particulièrement. Dans toute
la suite de cette section, E désigne un K-e.v.
On note C(E) = C(E, E). Muni de la loi o de composition, C(E) est une K-algèbre
unitaire. On note Çê(E) l'ensemble des endomorphismes bijectifs (encore appelés auto-
morphismes) de E. Muni de la loi o de composition, Q£(E) est un groupe appelé groupe
linéaire de E.
Définition 6. On dit que / G C(E) est une homothétie de rapport À G K si / = ÀId#
(où Id^ désigne l'application identité de E).
Remarque 3. L'ensemble des homothéties de rapport non nul forme un sous-groupe de
Gt{E). On montre à l'exercice 6 page 118 que c'est le centre du groupe Ç£(E).
Proposition 3. Soit f G C{E). Alors f est une homothétie si et seulement pour tout
x G E, la famille (x,f(x)) est liée.
Démonstration. Condition nécessaire. C'est immédiat.
Condition suffisante. Par hypothèse, pour tout x e E, il existe Xx e K tel que f(x) = \x - x.
Fixons xq e E, xo^ 0. Nous allons montrer que pour tout x e E (x ^0), Xx = XXo.
- Si x G Kxo et x ^ 0, alors il existe // G K tel que x = fixo. Donc \xx = f(x) = (J,f(xo) =
^XXqxq = XXo(/j,x0) = XXox. On en conclut Ax = AXo.
- Sinon x et xq forment une famille libre, et on a alors
AaH-xo(£ + X0) = f(x + X0) = f(x) + f(x0) = XXX + XXQX0,
donc comme (xyxo) est libre, Xxo+x — ^xo — ^x>
d'où le résultat.
□
Projecteurs et symétries.
Définition 7. Soient Ex et E2 deux s.e.v de E tels que Ei@E2 = E, de sorte que
Vx G E, 3\(xi,x2) G Ei x E2 tel que x = X\ 4- x2.
L'application p: E —> E x i-> x\ est linéaire et s'appelle projection sur E\ parallèlement
à E2. On a Kerp = E2, Imp = E\ et p o p = p.
Définition 8. Un endomorphisme p G C(E) est appelé projecteur si pop = p.
Proposition 4. Soit p G C(E). Alors p est un projecteur si et seulement si p est la
projection sur Imp parallèlement à Kerp. On a alors E = Kerp 0 Imp.
Remarque 4. Si p est un projecteur, alors y G Imp si et seulement si y = p(y).
Définition 9. Soient Ex et E2 deux s.e.v de E tels que E = Ei © E2, de sorte que
Va; G E, 3\(xi,x2) G Ex x E2 tel que x = x\ + x2.
L'application s : E —> E rr h-> xi — x2 s'appelle symétrie par rapport à Ei parallèlement
à E2. On a s G C(E) et si p est la projection sur Ei parallèlement à E2, s = 2p — Id#.

116
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
PROPOSITION 5. Supposons que la caractéristique du corps K soit différente de 2. Alors
s G C(E) est une symétrie si et seulement si s o s = Id^. Si p = |(s + Id#), p est un
projecteur et s est la symétrie par rapport à lmp parallèlement à Kerp.
Remarque 5. Si K est de caractéristique 2, on peut avoir s2 = Id# sans que s soit une
symétrie (prendre par exemple 5 telle que [s] = f n 1 G A^2(^/2Z)).
2.4. Exercices
Exercice 1. Soit E un K-e.v de dimension finie et F un K-e.v.
a) Soient /, g G C(E,F). Montrer les inégalités
I rg/ - rgg\ < rg(/ + g) < rg/ + rgg.
b) Soient deux endomorphismes /, g G C(E) tels que fg = Oetf + gest inversible.
Montrer que rg / + rg g = dim E.
Solution, a) Im(/ + g) = (/ + g)(E) c f(E) + g(E), donc
rg(/ + g) = dim(Im(/ + g)) < dim[f(E) + g(E)\ < dim f(E) + dimg(E) = rg/ + Tgg.
Comme / = (/ + g) + (-g) et que rg# = rg(-#), on a aussi rg/ < rg(/ + p) + rgg. De
même, rg# < rg(/ + g) + rg/. On en déduit finalement que |rg/ — rgp| < rg(/ + p).
b) Comme / + g est inversible, rg(/ + #) = dimi?, donc d'après a),
rg / + rg g > rg(/ + g) = dim E. (*)
Comme fg = 0, on a lm.g c Ker/, donc rgp < dim(Ker/) = dimi? — rg/, c'est-à-dire
rg/ + rg# < dmxE. Avec (*), on en déduit le résultat.
EXERCICE 2. Soit E un K-e.v (où K est de caractéristique différente de 2), et p, q G £(£)
deux projecteurs.
a) Montrer que p + q est un projecteur si et seulement sipoq = qop = 0.
b) Montrer que si p + q est un projecteur,
Im(p + q) = Imp0 Img et Ker(p +q) = Ker pC\ Ker q.
Solution, a) Condition nécessaire. Comme p + q est un projecteur, on a {p + q) = p + q, c'est-à-
dire p2+poq + qop + q2 = p + q. Or p2 = p et q2 = q, doncpoq + qop = 0 (*). En composant
(*) par p à droite, on obtient poqop + qop2 = 0 = poqop + qop. En composant (*) par p à
gauche, on obtient p2oq + poqop = 0 = poq + poqop. On en déduit p o q = q o p, et d'après
(*), K étant de caractéristique différente de 2, p o q = q op = 0.
Condition suffisante. C'est immédiat car (p + g)2 = p2 + p o g + q o p + q2 = p2 + q2 = p + q.
b) Montrons que Im(p 4- q) = Ivcip 0 Iraq.
- On a déjà lmp Dlmq = {0}. En effet. Soit y G lmp D Imq. Il existe x et x' e E tels
que y = p(x) = q{x'). Donc p{y) = p2{x) = p o q(x) = 0 d'après la question précédente. Or
p2(x) = p(x) = y, donc y = 0.
- Il nous reste à montrer que Im(p + g) = Imp + Img. L'inclusion Im(p + ç) C Imp + Imq est
immédiate. Montrons l'inclusion réciproque. Soit y G Imp + Img, de sorte qu'il existe x et x' € E
tels que î/ = p(x)+q(x'). On a alors (p+g)(2/) = p2{x)+qp(x)+q2(x')+pq(x') = p{x)+q{x') = y,
donc y = (p + q)(y) e lm(p + q), d'où le résultat.
Montrons maintenant que Ker(p + q) = KerpDKerg. L'inclusion KerpDKerg C Ker(p + q)
est immédiate. Montrons l'inclusion réciproque. Soit x G Ker(p-\-q). Comme p(x) + q(x) = 0, on
a, en composant par p à droite p2{x) + q op(x) = 0 d'où p(x) = 0. De même, en composant par
q à droite, on obtient p o q{x) + q2(x) = 0 = q(x). Donc x G Kerp n Ker g.

2. APPLICATIONS LINÉAIRES
117
EXERCICE 3. Soit E un K-e.v de dimension finie, soit / G C(E). Montrer l'équivalence
(E = Im/eKer/) «=» (Im/ = Im/2).
Cette équivalence reste-t-elle vraie en dimension infinie ?
Solution. Condition nécessaire. On a f{E) c E donc f2(E) = f[f(E)] c f(E), c'est-à-dire
Im/2 C Im/. Montrons maintenant Im/ c Im/2. Soit y = f(x) G Im/. Il existe (x\,X2) G
Im/ x Ker/ tel que x = x\ + #2, donc ?/ = /(x) = f{x\) G Im/2.
Condition suffisante. Soit rc G £. On a f(x) G Im/ = Im/2 donc il existe x' e E tel que
/(s) = f2{x'). Donc /[s-/(a/)] = °> d'où V = x-f{x') G Ker/. Si z = f(x') G Im/, on a donc
x = y + z avec y G Ker/ et z G Im/. Autrement dit, on vient de montrer E = Im/ 4- Ker/.
Comme de plus dim(Im/) + dim(Ker/) = dimi?, on en déduit E = Im/ © Ker/ (voir le
corollaire 1 page 112).
En dimension infinie, ce résultat est faux. Par exemple, si / G £(R[X]) est définie par
f(P) = P1 y on a Im/2 = R[X] = Im/ et pourtant Im/ et Ker/ ne sont pas en somme directe
(Im/ = R[X) et Ker/ ^ {0}).
Exercice 4. Soit i? un K-e.v (de dimension quelconque), et soient F et G deux s.e.v de
E tels que (i) G C F et (ii) F et G sont de même codimension finie dans E. Montrer que
F = G.
Solution. Pour tout x G E, on note x sa classe dans E/G, x sa classe dans E/F. Six = y, alors
x = y (car x — y = 0 donc x — y G G donc x — y e F, c'est-à-dire # = y).
Considérons l'application / : E/G —> E/F x h-> x. Elle est linéaire et surjective donc bijec-
tive car E/G et E/F sont des K-e.v de même dimension finie (voir le corollaire 2). L'application
/ est donc injective, de sorte que si x G F, x = 0 alors x = 0, i. e. x G G. En d'autres termes,
F C G. Comme G C F par hypothèse, on a F = G.
Exercice 5 (Suites exactes), a) Soient £0, Eu...,En des K-e.v de dimension finie;
on note a^ = dim Ef.. On suppose qu'il existe n applications linéaires /o, /i, • • •, }n-i telles
que pour tout k, fk G C(Ek,Ek+i), et vérifiant
(i) /o est injective,
(ii) VA;, 1 < k < n - 1, Im/fc_i = Ker/fc,
(iii) /n_i est surjective.
(On dit que (/o, • • •, /n-i) constitue une suite exacte.) Montrer que ]Cfc=o(—l)kak = 0.
b) (Application). Soit E un K-e.v, F et G deux s.e.v de E de codimension finie dans E.
Montrer que F + G et FC\G sont de codimension finie dans E et que
codim^fF + G) = codim^ F + codim^ G — codim£(F D G).
Solution, a) L'assertion (ii) entraîne dim(Ker/fc) = rgfk-i pour 1 < k < n — 1, donc
Vfc, 1 < k < n - 1, ak = dim(Ker fk) + rg fk = rg /fc_i + rg fk.
Or ao = rg/o car /o est injective, et an = rg/n_i car /n_i est surjective. On en déduit
n
^(-l)fcafc = (rg/o) - (rg/o + rg/i) + • • • + (-l)n~\rg fn-2 + rg/„-i) + (-l)nrg/n_i = 0.
fc=0
b) Pour tout x G £", on note x sa classe dans E/(F n G), x dans .B/jP, x dans .B/G et 5 dans
E/(F + G). Définissons
/: E/(FC\G)^E/FxE/G x^{x,x)

118
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
et
g : E/F x E/G - E/(F + G) (x, y) •- {x^y).
Nous allons montrer que (/, g) constitue une suite exacte.
- / est bien une application, car si x = y, alors x — y G F H G donc x = y (car x — y G F)
etx = y (car x — y e G).
- g est aussi une application, car si (x, y) = (x',y')> on a x - x' 6 F et j/ - ^ 6 G, donc
(x - a/) — (y - y') = (x - y) - {x' - y') G F + G, c'est-à-dire x - y = x' — y'.
- Il est clair que f et g sont linéaires.
- / est injective, car si (x,x) = (0,0), x G F et x G G donc xGFflG, c'est-à-dire a; = Ô.
Comme E/F x £"/£ est de dimension finie (car E/F et E/G le sont), Pinjectivité de /
permet d'affirmer que F n G est de codimension finie (en effet, si E/(F fl G) était de
dimension infinie, on pourrait trouver dans E/(F fl G) une famille libre contenant plus
d'éléments que la dimension de E/F x E/G, absurde car l'image de cette famille libre par
/ injective est aussi une famille libre).
- g est surjective car si z G E/(F + G), z = g(z,0). Donc E/F x E/G étant de dimension
finie, E/(F + G) = g(E/F x E/G) est de dimension finie.
- Im/ = Kevg. En effet, on a déjà Im/ C Ker# car g(f(x)) = g(x,x) = x — x = 0. On
a également Kerg C Im/ car si (x,y) G Kerg, x — y e F + G donc il existe xi G F et
j/iGG tels que x — y = x\ — y\. Donc x — x\ = y — y\ = u, d'où x = û et y = u, donc
On est donc dans les conditions d'application de a), ce qui nous donne
dim(J5/(F n G)) - à\m(E/F x F/G) + dim(E/(F + G)) = 0,
d'où le résultat car dim(E/F x E/G) = à\m(E/F) + à\m(E/G).
Exercice 6 (Centre du groupe linéaire). Soit E un K-e.v de dimension finie. Quel
est le centre du groupe linéaire Qt[E) (i. e. l'ensemble des / G Q£(E) tels que V# G Qt[E),
fg = gf) ?
Solution. Nous allons montrer le résultat suivant. Si / G C(E) commute avec tous les éléments
de Gi(E)y alors / est une homothétie. En particulier, le centre de G£(E) est {AId# | À G K*}.
Soit / G C(E) tel que \/g G Qi{E), gf = fg. Supposons que / ne soit pas une homothétie.
D'après la proposition 3 page 115, il existe u G E, u ^ 0, tel que la famille (u, f(u)) forme une
famille libre. Complétons là en une base (u, f(u), es,..., en) de E. Définissons g G C(E) sur cette
base comme suit
g(u) = u, g(f(u)) =u + f(u), Vi > 3, g (et) = e*.
On a g G Gi(E) car g transforme une base de E en une base de E. Or g o f{u) = u + f(u) et
/ o g{u) = f(u)y donc / o g ^ g o f car u^0. Finalement, / est une homothétie.
Exercice 7. Soit E un K-e.v de dimension finie n. Soit / G C(E). On suppose qu'il
existe xq G E1 tel que £ = (/(x0), f2(xo)> • • • > fn(xo)) forme une base de £".
a) Montrer que / est bijective.
b) Montrer qu'il existe (a0,..., On-i) £ Kn tel que fn + an-ifn~~l H h ai/ + a0 Id# = 0
(sans utiliser, bien sûr, le théorème de Cayley-Hamilton).
Solution, a) Soit y e E. Comme (/(xo), - - -, fn(xo)) est une base de E, il existe (Xi)i<i<n G Kn
tels que y = Ai/(x0)+- • -+An/n(a;o), donc y = /[AiXo+A2/(xo)+- • •+An/n""1(a;o)] G Im /, et ceci
pour tout y G E. L'application / est donc surjective, donc bijective car c'est un endomorphisme
en dimension finie.

3. MATRICES
119
b) Comme B formé une base de E, il existe Ai,..., An € K tels que fn+1(xo) = Xnfn(xo) H h
Ai/(x0). Posons g = fn+1 - \nfn Ai/. On a g(x0) = 0. Or
Vt, 1 < * < n, glftxo)] = fn+i+1(x0) - Xnfn+i(x0) Aif+1(x0) = r\g(x0)] = 0,
autrement dit g s'annule sur la base B, donc g = 0. En composant g à gauche par /_1, on obtient
fn_Xnfn-l Aild£ = 0.
3. Matrices
3.1. Généralités
DÉFINITION 1. Soient pet q e N*. On appelle matrice de type (p, q) ou matrice à p lignes
et q colonnes à coefficients dans K, toute famille (a^) i<t<P avec pour tout (z, j), au G K.
On note cette matrice de la manière suivante
q colonnes
p lignes
/ Ûl.l «1,2 * ' ' Ol,q \
Û2,l ^2,2 * " * Q>2,q
\ ûp.i oPi2 • • • aPtQ )
DÉFINITION 2. On note MPiq(K) l'ensemble des matrices de type (p, q) à coefficients dans
K.
- (Cas 9 = 1). Un élément de A1P)i(K) s'appelle une matrice colonne.
- (Cas p = 1). Un élément de Mi>q(K) s'appelle une matrice ligne.
- (Casp = q). Les éléments de MP)P(K) s'appellent des matrices carrées. On note alors
MP(K) = MP>P(K), appelé ensemble des matrices carrées d'ordre (ou de taille) p.
Définition 3. Soit A = (ûjj) i<t<P G MPtq(K). On appelle matrice transposée de A et on
note M. la matrice B = (b^j) i<i<q G A^g,p(K) avec bu = du-
Remarque 1. - La représentation sous forme de tableau de la matrice M. est le
symétrique de celle de A par rapport à la diagonale constituée des coefficients aiyi.
- Pour toute matrice A, t(tA) = A.
DÉFINITION 4 (DÉFINITIONS RELATIVES AUX MATRICES CARRÉES). Soit n G N* et une
matrice A = (ojj-)i<*<n G Mn(K).
l<j<n
- Les (ot,»)i<*<n s'appellent les éléments diagonaux de A.
- La diagonale principale de A est l'ensemble de ses éléments diagonaux.
o
- Si Ojj = 0 pour i > j, A est dite triangulaire (ou trigonale) supérieure
- Si Oij = 0 pour i < j, A est dite triangulaire (ou trigonale) inférieure
- Si Ojj = 0 pour i ^ j, A est dite diagonale.
- S'il existe A G K tel que pour tout i, a»,» = A et pour tout i ^ j, a^ = 0, on dit que
A est une matrice scalaire.
- Si pour tout (i, j), Ojj = a^ (de manière équivalente si lA = A), A est dite
symétrique.
- Si pour tout (i, j), Ojj = —a,jti (de manière équivalente si lA = —A), A est dite
antisymétrique. Dans ce cas, si K est de caractéristique différente de 2, les éléments
diagonaux de A sont nuls.

120
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
3.2. Matrices et applications linéaires
Soient E et F deux K-e.v de dimension finie, dimE = q G N*, dimF = p G N*.
Soit B = (ei,..., eq) une base de E, B' = (e[,..., e'p) une base de F. Soit / G C(E, F).
Pour tout j, 1 < j < q, on peut écrire f(ej) = Ya=i ai,jei ou les ai,j € K. La matrice
A = (a>ij)i<i<p est appelée matrice de / dans les bases B et B' et notée [/]f. Il revient
au même de dire que les vecteurs colonnes de la matrice [/]#' sont les coordonnées dans
la base B' des images par / des vecteurs composant la base B.
On munit MPtq(K) des opérations suivantes :
- Si A = (ojj) i<i<P et B = (bij) i<i<P, on définit A + B = (au + 6».-) i<t<P.
- Si A = (dij) i<t<p et À G K, on définit XA = (Àa*j) i<t<P.
Muni de ces opérations, Mp>q(K) est un K-e.v. Si pour tout (ê, j), 1 < i < p, 1 < j < q,
Eitj désigne la matrice dont tous les éléments sont nuls sauf celui d'indice (i,j) qui vaut 1,
les Eij (1 < i < p, 1 < j < q) forment une base de MPtq(K) appelée base canonique de
Aip>q(K). Ceci entraîne en particulier le résultat suivant.
Proposition 1. Le K-e.v Mp,q(K) est de dimension finie pq.
Fixons deux bases B de E et B' de F. L'application
*: C(E,F)^Mp,q(K) f~\f\%
est un isomorphisme de K-e.v. En particulier, dim(C(E, F)) = dim(Mp>q(K)) = pq =
(dim£)-(dimF).
Multiplication de matrices.
DÉFINITION 5. Soient p,q,r G N* et A = (aitj)i<i<P G MPtQ(K), B = (bu)i<i<q G
l<j<q ' ' l<j<r
MQtr(K). On définit la matrice C = (citj) i<t<P G AlP)r(K) par citj = Yll=i ai,kbkj- La
matrice C est appelée produit des matrices A et B et on note C = AB.
Remarque 2. - Attention, le produit de A par B ne peut être réalisé que si le nombre
de lignes de B est égal au nombre de colonnes de A.
- Le produit de matrices est associatif (mais pas commutatif) et distributif par rapport
à l'addition.
- Soit / G £(E, F), B une base de E, B' une base de F. Soit x G E et y = f(x). On
note X la matrice colonne dont les éléments sont les coordonnées de x dans la base
B, Y la matrice colonne dont les éléments sont les coordonnées de y = f(x) dans la
base B'. On a alors Y = [/]%'X, au sens du produit de matrices défini plus haut.
PROPOSITION 2. Soient E, F et G des K-e.v de dimensions finies. Soit B une base
de E, B' une base de F et B" une base de G. Si f G C(F,G) et g e £(E,F), on a
Remarque 3. (Produit par blocs). Si M G Mp>q(K) et M' G Mq,r(K),
r q—r
M-f^^l M'-(A' 5'Vrlignes
M ~ y C D y M \C' D' ) }q-r lignes
alors
, _ / A A' 4- BC' AB' + BD'
MM -\CA' + DC' CB' + DD'
Tout se passe comme si on multipliait deux matrices 2 x 2, en prenant garde à l'ordre
dans les produits (il n'y a pas commutativité).

3. MATRICES
121
3.3. Matrices carrées
Soit n G N*. Le K-e.v Mn(K) = Mn,n(K), muni de la loi produit sur les matrices, est
un anneau (c'est même une K-algèbre) unitaire (l'élément unité est la matrice identité,
notée /„, qui est une matrice scalaire dont les coefficients diagonaux sont égaux à 1). Cet
anneau est non commutatif et non intègre dès que n > 2.
L'ensemble des éléments inversibles de l'anneau Mn(K) est un groupe appelé groupe
linéaire d'indice n et noté Q£n(K).
Soit E un K-e.v de dimension finie n G N*, B une base de E. Si f e £(E), on note
[/]b = [/]! et on l'appelle matrice de / dans la base B. L'application $ : C(E) —>
.Mn(K) / *-*■ [J]b est un isomorphisme d'algèbre. Ceci entraîne que A G Mn(K) est
inversible si et seulement s'il existe / G C(E), inversible, tel que [f]s = A. D'où le
corollaire suivant :
(A G .Mn(K) est inversible) <(=> (3B G Mn(K), AB = In)
<^> (3B G Mn(K), BA = In) et B = A~\
3.4. Changement de base
Soit E un K-e.v de dimension finie n G N*, B = (ei,..., en) et B' = (e[,..., e'n) deux
bases de E. Pour tout j, 1 < j < n, on peut écrire e'j = Y^i=iPijeï avec les Pi,j € ^- La
matrice P = (ptj) i<t<n (dont les colonnes sont les coordonnées des vecteurs de B' dans la
l<j<n
base B) s'appelle matrice de passage de B à B'. La matrice P est inversible. Si x e E, si
X (resp. .X7) désigne le vecteur colonne dont les éléments sont les coordonnées de x dans
la base B (resp. dans la base B'), alors onaI = PX'.
Remarque 4. Attention à l'erreur courante qui consisterait à écrire X' = PX.
PROPOSITION 3. Soient E et F deux K-e.v de dimensions finies respectivement égales à
p et q. Soient Bq et B'0 deux bases de E, P la matrice de passage de B0 à B'0, B\ et B[
deux bases de F, Q la matrice de passage de B\ à B[. Soit f G C(E,F). Si A = [/]fj,
A' = \f\% onaA' = Q~lAP.
DÉFINITION 6. Soient A, B G Mp,q(K). On dit que A et B sont équivalentes s'il existe
P G Çtq(K) et Q e Q£P(K) telles que B = QAP. La relation "est équivalente à" est une
relation d'équivalence.
Remarque 5. On a vu un peu plus haut que les matrices d'une même application / G
C(E, F) dans des bases différentes sont équivalentes.
Proposition 4. Soit E un K-e.v de dimension finie n G N*, B et B' deux bases de E,
P la matrice de passage de B à B'. Soit f G C{E). Si A = [/]# et A' = [/]b', alors
A' = P~lAP.
Définition 7. Deux matrices A et B G Mn(K) sont dites semblables s'il existe P G
Ç£n(K) tel que B = P~lAP. La relation de similitude est une relation d'équivalence.
3.5. Propriétés des transposées
Proposition 5. - Si A, B e Mp,q(K), \A + B) = lA + lB.
- SiAe Mp,q(K) etXeK, \XA) = \lA.
- SiAe Mp[q(K) etBe Mq>r(^)> *(AB) = %B%A.
- Soit A G A^n(K)- On a A G É/^n(K) si et seulement si lA G Ç£n(K) et dans ce cas,
(tA)-1=t(A~1).
Remarque 6. La transposition inverse l'ordre dans les produits de matrices. Cette
remarque peut parfois être utile dans les exercices.

122
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
3.6. Rang d'une matrice
DÉFINITION 8. Soit A G Mp,q(K). On appelle rang de A le rang de ses vecteurs colonnes
dans Kp, et on le note rg A. Si A est la matrice d'une application linéaire /, on a vgA =
rg/-
Remarque 7. - Si A G Mp>q(K), alors vgA < inî{p,q}.
- Si A G MnÇiïQ, alors A est inversible si et seulement si vgA = n.
Théorème 1. Soit A G Mpq(K). Si r = vgA > 1, A est équivalente à la matrice
Jr \ 0 0 )'
Corollaire 1. Deux matrices A et B £ Mp>q(K) sont équivalentes si et seulement si
vgA = vgB.
DÉFINITION 9. Soit A = (au)i<i<P G Mp>q(K), et soient deux sous-ensembles non vides
/ C {1,... ,p} et J C {1,..., q}. La matrice B = (o^j) te/ s'appelle matrice extraite de
A, A s'appelle une matrice bordante de B.
Théorème 2. Soit A G Mp>q(K). Le rang de A est le plus grand des ordres des matrices
carrées inversibles extraites de A.
Corollaire 2. Le rang de toute matrice est égal au rang de sa transposée.
Remarque 8. En d'autres termes, le corollaire précédent dit que le rang des vecteurs
colonnes d'une matrice est égal au rang de ses vecteurs ligne.
- Dans la pratique, pour trouver le rang d'une matrice, on utilise le résultat suivant : on
ne change pas le rang d'une matrice en multipliant une colonne par un scalaire non nul,
ou en ajoutant a une colonne une combinaison linéaire des autres colonnes (même chose
sur les lignes). Par exemple, en opérant sur les lignes,
/ 2 13 -3 \ / 2 1 3 -3 \
rg -12 1 4 = rg 0 3 3 3
\ 1 12-1/ \ 1 1 2 —1 /
/ 2 1 3 -3 \ / 2 1 3 -3 \
= rg 0 1 1 1 ) = rg I 0 1 1 1 =2.
\ 2 2 4 -2 / \ 0 1 1 1 /
3.7. Trace d'un endomorphisme
Définition 10. Soit A = (o>ij)i<i,j<n £ Mn(K). On appelle trace de A le scalaire tr^4 =
Ya=i ai,i- L'application A h-> tr.A est une forme linéaire.
Proposition 6. - Si A et B g Mn(K), tv(AB) = tv(BA).
-SiAe >W„(K), tiA = tr(*A).
- Si A et B G Mn(K) sont semblables, alors tvA = tv B.
La dernière assertion de la proposition précédente permet la définition suivante.
Définition 11. Soit E un K-e.v de dimension finie, B une base de E et f e C(E). Alors
la trace de la matrice [/]b ne dépend pas de la base B choisie. Cette valeur s'appelle la
trace de / et est notée tr /.
Proposition 7. Soit E un K-e.v de dimension finie, p G C(E) un projecteur. Alors
tvp = (rgp)lK (où 1k désigne l'élément unité de K). En particulier, si K = R ouK = C
alors tvp = vgp.

3. MATRICES
123
Démonstration. Comme p est un projecteur, Imp © Kerp = jE.Soit r = rgp, (ei,...,er) une
base de Imp et (er+i,..., en) une base de Kerp. Alors B = (ei,..., en) est une base de E et la
matrice de p dans cette base est [p]# = ( g" J), ^onc trP = (r8P)lK- O
3.8. Exercices
Exercice 1 (Matrices diagonalement dominantes). On considère une matrice
A = (ai,j)i<i,j<n £ Mn(C) vérifiant
Vi, 1 < i < n,
\~^ I I l I
l<j<n
3±i
Montrer que A est inversible.
Solution. Il s'agit de montrer que rgA = n, c'est-à-dire que les n vecteurs colonnes de A forment
une famille libre. Pour cela, raisonnons par l'absurde en supposant ces n vecteurs liés, ce qui
s'écrit
n
3Ài,..., An G C tels que Vi G {1,...,n}, 2_)^jai,j = 0>
les Àf étant non tous nuls. Soit k tel que |Afc| = sup1<J<n |Aj|. Alors A& ^ 0 et
n A IAI
yZX3ak,j = 0 donc ofc>fe = - V -pflfc,j) d'où |ofc>fc| < V 7^7^^| < Y^ la*jl»
i<i<n A* i<;<n lAfcl
i=i
i#fc
j#fc
ce qui est contraire aux hypothèses.
Exercice 2. Soit n G N* et soit la matrice
/Il 1 •
0 Cl C\ •
m= 1 ; ••. c2 •
1 \
Ci
n
c
n
\o 0 ci)
Montrer que M est inversible et calculer M-1.
GM
n+l
Solution. On note Rn[X] = {Pg R[X] | deg(P) < n}. Soit l'endomorphisme / : Rn[X] ->
Rn[X] P(X) »-> P(X + 1). La famille B = (1,X,... ,Xn) est une base de Rn[X], et on voit
facilement que M est la matrice de / dans la base B. Or / est inversible, son inverse étant
g : P(X) i-> P(X - 1). Donc M est inversible, et
?-i
M"1 = [/-1]* = [g)B =
( 1 "I
0 C\
Vo
Co2
0
(-l)n \
(-ir1^
(-i)n"2c2
Q /
EXERCICE 3. Soient ietBe A4n(K) telles que Ai? = A + B. Montrer que A et B
commutent (i. e. montrer que ^45 = BA).

124
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
Solution. Comme AB = A + B, on a, In- A- B + AB = In donc (In - A)(In - B) = In. Donc
In — A est inversible, son inverse est (In — B), donc (In — B)(In - A) = Jn, ce qui en développant
donne BA = B + A = A + B.
EXERCICE 4. a) On considère la matrice
/ 0 rai)2
M =
0
mltn \
Tft"n— l,n
o )
eMn
Montrer (sans utiliser le théorème de Cayley-Hamilton) que M est nilpotente.
3 10
b) Soit M = \ 0 3 2 ) G A43M- Pour tout entier p > 1, calculer Mp.
0 0 3
Solution, a) Soit (ei,... , en) la base canonique de Mn (ef est le vecteur colonne dont tous les
éléments sont nuls sauf le i-ième qui vaut 1). La forme de la matrice M montre que
t-i
Me\ = 0 et Vi > 2, Mei = J^ m^ek G Vect(ei,..., ei-\).
k=l
Montrons par récurrence sur p e {1,... ,n} que pour tout i, 1 < i < p, on a Mpei = 0. Pour
p = 1 c'est vrai car Mei = 0. Supposons le résultat vrai au rang p — 1, montrons le au rang p.
Si 1 < i < p - 1, l'égalité Mv~lei = 0 entraîne Mpef = 0, et si i = p :
/p-i \ p-i
M% = MV-\Mep) = MP-1 [J2™k,Pek =J2mk,P(MP~lek) = 0.
\fc=l / A:=l
- En particulier, le résultat est vrai pour p = n ce qui entraîne que Mn s'annule sur tous les
vecteurs de la base canonique de Rn, donc est nul.
/ 0 1 0
b) On écrit M = 3/3 + N où N = l 0 0 2 ). D'après la question précédente, iV3 = 0.
\ 0 0 0
Comme 1$ et N commutent, on peut écrire
Vp G N*, Mp = f2CpNk(3I3)P~k = 3/3 +p3p_1AT + P^~^3P~2AT2.
fc=0
/010\ /002\ f 9 3p p(p-l)
Comme iV= 0 0 2 etJV2= 0 0 0, ceci donne Mp = 3P~2 09 6p
\000/ \000/ \00 9
Remarque. Au a), une étude plus poussée aurait permis de montrer que la matrice Mp a
tout ses coefficients nuls en dehors de la partie triangulaire supérieure des n — p premières
lignes et n — p dernières colonnes. Autrement dit,
Vp, 1 < p < n - 1, on a Mp =
(
\
x
x \
(0)
X
/

3. MATRICES
125
Exercice 5. Quelles sont les matrices A G Mn(K) telles que A2 = 0 ?
Solution. Soit / l'endomorphisme de Kn dont A est la matrice dans la base canonique de Kn. On
a f2 = 0, donc Im/ C Ker/. Soit r = rg/. Si r = 0, on a / = 0. Sinon r > 1. Soit (ei,... , er)
une base de Im /. Comme Im / c Ker /, on peut compléter cette base en une base (ei,..., en_r)
de Ker/ (au passage, on remarque que r <n — r donc r < n/2). Pour 1 < i < r, ei G Im/ donc
il existe U{ G Kn tel que f(m) = ei.
Montrons que B = (ei,..., en_r, ni,..., ur) est une base de Kn. Il suffit de montrer que c'est
une famille libre (il y a n éléments). Supposons (Aiei H h An_ren_r) + (f^iui H h /xrer) = 0
où les Xiifij G K. En composant par /, on trouve fiie\ + • • • + fj,rer = 0, donc Vz,^ = 0. Donc
Aiei H h An_ren_r = 0, et donc \/i> X{ = 0. B est donc bien une base de Kn. Dans cette base,
/ a pour matrice Mr = ( n n ) > avec r ^ n/2> et A est donc semblable à M.
Réciproquement, si À = 0 ou si A est semblable à Mr avec r < n/2, alors A2 = 0. Les
matrices recherchées sont donc celles semblables à Mr avec r < n/2 et la matrice nulle.
Exercice 6. Soit M e .Mn(R) une matrice de trace nulle.
a) Montrer que M est semblable à une matrice n'ayant que des 0 sur la diagonale
principale.
b) Montrer qu'il existe X et Y G MnW tels que M = XY - YX.
Solution, a) On va montrer ce résultat par récurrence sur n G N*. Pour n = 1 c'est évident
car M = tr M = 0. Supposons le résultat vérifié au rang n — 1 et montrons le au rang n. Soit
/ l'endomorphisme de M71 dont M est la matrice dans la base canonique de M71. Si \fx G Mn,
la famille (x, f(x)) est liée, alors / est une homothétie (voir la proposition 3 de la partie 2.3),
c'est-à-dire qu'il existe A G R tel que / = AId#. Or nA = tr f = tr M = 0 donc A = 0 et donc
/ = 0, ce qui entraîne que la matrice M est nulle.
Sinon, il existe xGRn tel que la famille (x, f(x)) soit libre. Complétons cette famille en une
base B = (x, /(#), 63,..., en) de Rn. Dans cette base, on a
N = lf]B =
( 0
1
0
\ :
X
N'
X
à
\
)
Or 0 = tr/ = triV = trA/7 donc d'après l'hypothèse de récurrence, il existe Q G £^n-i(IR) telle
que Q lNrQ n'ait que des zéros sur la diagonale principale. Si P =
on a donc
/1
0
V°
0-- 0 \
Q
J
e çtn(R),
P~lNP =
( 1
\
0
0
0 ••• 0 \ / 1
N
Q
-1
/
0
0-- 0 \
Q
I
( °
X
•
lx
X
Q-
• • • X
lN'Q
*
\ / 0 x
x 0
/
V x
x \
X
x 0 /
La matrice M, semblable à N, est donc semblable à cette dernière matrice, d'où le résultat.

126
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
b) D'après a), il existe P G Ç£n(^) telle que M = P 1NP où N est une matrice n'ayant que
des zéros sur la diagonale principale. Notons bij les coefficients de la matrice N. Fixons
X =
/ai 0 • • • 0 \
0 û!2 '• :
; •. ••. o
V 0 • • • 0 an /
G Mn(R), avec ai ^ ctj si i ^ j.
Si Y = (a>i,j)i<i,j<n G Mn(R), un calcul rapide montre que XY — YX = {oaaij — ctjaij)i<i,j<n-
En prenant pour tout i a^ = 0 et pour tout i ^ j a^j = bij/(ai—aj), on voit que XY—YX = N,
donc M = {P-lXP){P~lYP) - {P-lYP){P~lXP).
Exercice 7. Soit E un R-e.v de dimension finie n G N*. Soient pi,... ,p* G C{E) des
projecteurs. Montrer que p = p\ H Ypk est un projecteur si et seulement si pi opj = 0
pour tout (i,j) tel que i ^ j.
Solution. Condition suffisante. Il suffit de remarquer que
p2 = p\ + • • • + Pl + Y^Pi o pj = p\ + • • • + p\ = pi + • • • + pk = p.
Condition nécessaire. D'après la proposition 7, le rang d'un projecteur égale sa trace, donc
k k
rgp = trp = ^2tr pi = ^rgPi-
On a aussi
Imp = (pi + -~+Pk)(E) Cpi(E) + -'-+pk(E) = Impi + ••• + Impfc.
Ces deux dernières assertions permettent de conclure que
Imp = Impi 0 • • • ©Impfc. (*)
Ceci étant, fixons i, 1 < i < k. D'après (*), si x e E, Pi(x) G Imp donc
Pi(x) = p(Pi(x)) = pi o pi(x) + • • • + pi o Pi(x) + • • • + pfc o pi(x).
Comme pi opi(x) = Pi(x), on en déduit Ylj^iPj °Pi(x) — 0- Or Pour tout j, pj opi(x) G Impj
donc d'après (*), l'écriture Ylj^iPj °Pi(x) — 0 entraîne \/j ^ i, pj opi(x) = 0. Ceci est vrai pour
tout x e E, donc si j ^ i, Pj o p{ = 0, d'où le résultat.
4. Dualité
Dans toute cette partie, E désigne un K-espace vectoriel.
4.1. Généralités
Définition 1. On appelle forme linéaire sur E toute application linéaire de E dans K.
L'ensemble C(E,K) des formes linéaires sur E est aussi noté E*. C'est un K-e.v appelé
espace dual de E.
Notation. Si x G E et ip G E*, on note parfois <p(x) = (<£, x).
Définition 2. On appelle bidualde E l'espace dual de E*, noté E**.

4. DUALITÉ
127
4.2. Étude du dual en dimension finie
Dans cette sous-partie, sauf mention contraire, E est de dimension finie n G N*.
DÉFINITION 3. Soit B = (ei,... ,en) une base de E. Pour tout i, 1 < i < n, la forme
linéaire e* définie sur B par e*(ej) = 0 si j' ^ i, e*(ei) = 1, s'appelle forme linéaire
coordonnée d'indice i.
Remarque 1. Si E est de dimension infinie et (e»)i€/ une base de E, on définit de même
les formes linéaires coordonnées e* pour i G /.
Théorème 1. Soit B = (ei,...,en) une base de E. Alors B* = (ej,...,e*) est une
base de E* appelée base duale de B, et donc dimE* = dimE. Pour tout ip G E*, on a
Démonstration. La famille B* est libre, car l'égalité \ie\-\ h Ane£ = 0 appliquée aux vecteurs
ei,..., en de E donne Ai = • • • = Àn = 0.
La famille B* est génératrice. En effet, si <p e E*, alors pour tout x G E, x = \ie\-\ hÀnen,
on a
n n
t=l i=l
et ceci étant vrai pour tout x G E, on a (p = Y17=i v(ei) et• D
Remarque 2. Si E est de dimension infinie et (e*)^/ une base de E, (e*)iGj est une famille
libre de E* mais non génératrice.
Bidual en dimension finie.
THÉORÈME 2. Si x e E, on note x : E* —» K (p h-> y?(rc). On ax e E** et l'application
f : E —> E** x h-> x est un isomorphisme.
Démonstration. On vérifie facilement que x est linéaire (i. e. que x G i?**), ainsi que /.
Prouvons que / est injective. Soit x G Ker/. Si x ^ 0, on peut compléter x en une base
(x,e2,... ,en) de E. On a alors x*(x) = 1, autrement dit x(x*) ^ 0, donc x ^ 0. Donc Ker/ =
{0}.
D'après le théorème 1, dimi?** = dimE* = dimi?. Ainsi / est bijective, et c'est donc un
isomorphisme. □
Remarque 3. - Cet isomorphisme est canonique (i. e. il ne dépend pas du choix d'une
base). On convient alors d'identifier E et E** en identifiant x à x pour x £ E.
- En dimension infinie, / : x t-> x est injective mais pas surjective.
Base antéduale.
Proposition 1. Soit (/i,..., fn) une base de E*. Il existe une unique base (ei,..., en)
de E telle que pour tout i, e* = fo. Cette base s'appelle base antéduale de (/i,..., fn)-
Démonstration. Existence. D'après le théorème 2, pour tout i, il existe e^ G E tel que /* = e*.
Donc pour tout j ^ i, /*(//) = 0 = £(£) = fjfa) et /?(/*) = 1 = /ife). En résumé, fi(ej) = 0
si j ^i et /i(ef) = 1. On voit donc que pour tout i, fi = e*.
Unicité. Soit (ei,...,en) une base de E telle que pour tout z, e* = fi. Si j ^ i, e*(ej) = fi(ej) =
0 = êj(fi) et pour tout i, e*(ef) = /i(ef) = 0 = ëi(fi). En résumé, on a montré que ëi(fj) = 0 si
j 7^ i, = 1 si j = i. Autrement dit, ëi = f*. D'après le théorème 2, il existe un unique vecteur e^
de E vérifiant ëi = f* ; les e* sont donc uniques, d'où le théorème. □
Remarque 4. Nous verrons dans la partie 4.5 (page 130) des moyens de calcul de la base
antéduale.

128
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
4.3. Orthogonalité
Définition 4. Des éléments x G E et <p G E* sont dit orthogonaux si (p(x) = {<p,x) = 0.
- Si A C £, on note A1 = {(p e E* | Vrc G A, <^(rc) = 0}. L'ensemble A-1 est un s.e.v
de E* appelé orthogonal de A.
- Si B C £7*, on note B° = {x G E | VV G B,tp(x) = 0}. L'ensemble P° est un s.e.v
de £ appelé orthogonal de B.
Remarque 5. Si </? G £*, alors {ip}° est le noyau de (p.
La proposition qui suit se prouve facilement.
Proposition 2. - Si Ai c A2c E, alors A% c A{.
- Si Bx C B2 C £7*, a/ors ££ C 5?.
- Si A CE, alors A± = (Vect A)L.
- Si B C E*, alors B° = (VectB)0.
Orthogonalité en dimension finie.
Théorème 3. Soit E un K-e.v de dimension finie. Alors :
(i) Si F est un s.e.v de E, dimF + dimF1 = dim£ et FLo = F.
(ii) Si G est un s.e.v de E*, dimG + dim(3° = dim£ et G0± = G.
Démonstration, (i) Soit r = dimF et (ei,... , er) une base de F} que nous complétons en une
base (ei,..., en) de E. On a F = Vect(ei,..., er) donc d'après la proposition précédente, F1 =
{d,...,er}1. Soit (peE*,(p = £"=1 A* e\. Alors
(y>€{ei,...,er}-L) <*=> (Vt € {l,...,r}, 0 = y>(e<) = A*).
Ainsi, <p G F1 si et seulement si (p G Vect(e*+1,..., e£) d'où la première égalité de (i).
Maintenant, toujours d'après la proposition précédente, on a F±0 = {e*+1,..., e£}°. Donc
n
(x = J2aieieF±°) ^=^ (ViG {r + l,...,n}, 0 = e?(x) = af),
t=i
ce qui prouve F±0 = Vect(ei,..., er) = F. \
(ii) Soit r = dim(7, (/i,..., fr) une base de G, complétée en une base (/i,..., fn) de £?*.
Soit (ei,...,en) une base antéduale de cette dernière, de sorte que Vi, fi = e*. On a G =
Vect(eï,..., e*) et en procédant comme plus haut, on trouve G° = Vect(er+i,..., en) et G0± =
Vect(eî,...,e*) = G. D
Conséquence. En dimension finie, un sous-espace est égal à l'espace tout entier si et
seulement si son orthogonal est nul.
Remarque 6. L'égalité FLo = F reste vraie en dimension infinie. Par contre l'égalité
B = BoL est fausse en dimension infinie. Prenons par exemple E = R[X] et B le s.e.v de
E* engendré par les formes linéaires ipn : P i-> P(n)(0) (n G N). Si P G 5°, alors pour tout
n G N, P(n\0) = 0 donc d'après la formule de Taylor, P = 0. Autrement dit, B° = {0},
donc Bo1 = {0}1 = E*. On a donc B ^ B0± = E* (par exemple, cp : P h-> P(l) est
dans E* et on vérifie facilement que ip $. B). Cependant l'inclusion B C BoL est vraie en
dimension infinie.
En traduisant le théorème précédent en termes d'équations, on obtient le corollaire
suivant.
Corollaire 1 (Équations d'un s.e.v en dimension finie). Soit E un K.e.v de
dimension finie n.
- Soient p formes linéaires (pi,..., (pp de E* telles que rg(</?i,..., ipp) = r. Le s.e.v
F = {x G E | Vi, <Pi(x) = 0} est de dimension n — r.

4. DUALITÉ 129
- Réciproquement, si F est un s.e.v de E de dimension q, il existe n — q formes
linéaires linéairement indépendantes ipi,... ,<pn-q telles que F = {x G E | Vi, 1 <
i < n-q,ifi(x) = 0}.
Proposition 3. Soit E un K-e.v de dimension finie et Ai et A2 deux s.e.v de E. Alors
(i) (Ax + A2)L = Af Cl Ak (ii) (^n^^^f^.
Soient B\ et B2 deux s.e.v de E*. Alors
(iii) (B1 + B2)° = B{ n B°2 (iv) (B1nB2)° = BÏ + B°2.
La preuve est simple. Pour montrer chaque assertion, on montre une inclusion triviale
puis l'égalité des dimensions grâce au théorème 3.
Orthogonalité et hyperplans.
PROPOSITION 4. Soit (p e E* une forme linéaire non nulle. Alors Kercp est un hyperplan
de E. Réciproquement, tout hyperplan de E est le noyau d'une forme linéaire non nulle.
Démonstration. Soit (p G E*, <p ^ 0. On sait que E/Kenp est isomorphe à Im<£> = K, donc de
dimension 1, ce qui n'est autre que de dire que Kercp est un hyperplan de E.
Réciproquement, soit H un hyperplan de E. D'après la proposition 2 page 114, il existe un
s.e.v S = Kxo de E de dimension 1 tel que H © S = E. Si maintenant on définit <p G E* par
<p(x) = 0 si x G H et <p{\xq) = A sur 5, on voit que Ker <p = H. □
PROPOSITION 5. Soit H un hyperplan de E. L'ensemble HL des formes linéaires sur E
qui s'annulent sur H est une droite de E*.
Démonstration. D'après la proposition précédente, il existe <po G E* tel que Ker<po = H.
Maintenant, soit <p G E* une forme linéaire qui s'annule sur H. Soit xo e E tel que H(BKxo = E. On a
V'oC^o) 7^ 0 (sinon <po s'annule sur H et sur K#o donc sur E, ce qui est absurde car Ker<po = H).
Posons A = <p{xq)/<pq{xq) et ip = (p — \(fo. Comme <p et <£>o s'annulent sur H, i/j s'annule sur
H. Or par construction de A, VK^o) = 0. L'application ip s'annule donc aussi sur Kxo, donc
sur E tout entier, et donc (p = \<po G Vect(^o)- Réciproquement, on vérifie facilement que si
(p G Vect((po), alors <p s'annule sur H. □
Remarque 7. On peut montrer de manière plus générale que si F est un s.e.v de E de
codimension finie, alors F1 est un s.e.v de E* de dimension codim^ F.
4.4. Applications transposées
Définition 5. Soient E et F deux K-e.v de dimension quelconque. Soit u G £(E,F).
Pour tout / G F*, on a fou G E*. L'application linéaire F* —> E* f »-> fou est appelée
application transposée de u et notée tu.
PROPOSITION 6. Soient E et F deux K-e.v. Si E et F sont de dimension finie, on a
(i) rgw = rg('w) (U) Im('w) = (Kern)"1,
et en dimension quelconque
(iii) Ker('u) = (Iraw)1.
Démonstration, (i) est démontré dans l'étude des problèmes matriciels (voir partie 4.5 page 130).
(ii) Soit g G Im('tt). Il existe f e F* tel que g = /ou, donc pour tout x G Keru, g(x) = 0, et
donc g G (Kern)1. On vient donc de montrer que Im(tn) C (Kern)1. Or dim(Im*n) = rg'tt =
rgn = dimE - dim(Kertt) = dim(Kertt)-1-, d'où (ii).
(iii) Il suffit de remarquer que
(peKei^u ^=> <pou = 0 4=> TmuCKerip 4=> (p e (Imu)1.
n

130
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
Proposition 7. Soient E, F, G trois K-e.v, u G C(E, F) etv e C(F, G). Alors '(tiou) =
tU O tV.
Démonstration. Il suffit d'écrire que si g G G*, go(vou) = (gov)ou = tu(gov) =l uo[tv(g)]. □
Proposition 8. Supposons E de dimension finie. Soit u G C(E). Un s.e.v F de E est
stable par u si et seulement si F1 est stable par tu.
Démonstration. Condition nécessaire. On a u{F) C F donc pour tout (p G F-1, comme <p(F) =
{0} on a (pou(F) = {0}. Autrement dit, si <p G F1 on a tu((p) G FL. Finalement, FL est stable
par tu.
Condition suffisante. D'après le corollaire 1, il existe r formes linéaires </?i,..., <pr telles que F =
fl[=1 Ker<pi. En particulier, pour tout i, F C Ker (fi c'est-à-dire que <pi G F1. Maintenant, comme
FL est stable par tu, on a tu((pi) = (fi o u G FL pour tout i, donc <pi o u(F) = <pi[u(F)] = {0}.
Autrement dit, pour tout i, u(F) C Ker<£>i et donc u(F) C D[=1Ker^ = F, d'où la condition
suffisante. □
Remarque 8.
- Ce résultat reste vrai en dimension infinie mais sa démonstration fait appel à
l'axiome du choix.
- Cette proposition peut être très utile dans certains raisonnements par récurrence
en dimension finie n relatifs aux réductions d'endomorphismes. En effet, si x G E*
est un vecteur propre de tu, alors Kx est stable par tu et donc (Krc)°, hyperplan
de E, est stable par u (appliquer la proposition à F = (Ka;)°). Le tour est joué,
on est ramené en dimension n — 1 (on trouve des raisonnements de ce type dans la
démonstration du théorème de trigonalisation par exemple).
4.5. Problèmes matriciels
Applications transposées. Soient E et F deux K-e.v de dimension finie, soit p = dim E
et q = dim F. Soit u G C(E,F), B une base de E et B' une base de F. Soit / G F*,
(ai,..., aq) = [/]§, sa matrice dans la base B'. Si g = f o u et (/?i,..., (3P) = [^]|, on a
(A, •••,&) = (afi,...,a,)[w]|/
donc en transposant ces matrices,
V PP ) \aq)
De la définition d'une application transposée, on vérifie facilement que ceci équivaut à
dire [*w]f* = *[w]f, où B* et B'* sont les bases duales de B et B'. En d'autres termes, la
matrice dans les bases duales de B et B' de lu est la transposée de la matrice de u dans
les bases B et B'.
On déduit de ce résultat que rg*u = rgw, résultat annoncé dans la proposition 6.
Changement de base dans le dual. Soit E un K-e.v de dimension finie n. Soit B =
(ei,...,en) une base de E, B* = (ej,...,e*) sa base duale. On se pose le problème
suivant : quelle est dans la base B* les coordonnées de la base duale B'* d'une nouvelle
base B' = (ei,..., en) de E ?
Soit C la matrice de passage de la base B à la base B'. Soit / G E*, (ai,... ,an)
sa matrice dans la base B*, (Pi,... ,pn) sa matrice dans la base B'*. Soit x G E, X sa
matrice (colonne) dans la base B, Y sa matrice dans la base B'. On a X = CY, et
f(x) = (ai,...,an)X = ((3i,...,pn)Y donc (au... ,an)CY = (ft,... ,(3n)Y,

4. DUALITÉ
131
et ceci pour tout F donc (/?i,..., (5n) = (ai,..., an)C. En d'autres termes,
A\ ' /«l\ / Ot! \ (Pi
: =*C[ : où encore : = fC)"1 :
La matrice de passage de B* à 5'* est donc tC~1 où C est la matrice de passage de B à
B'.
4.6. Exercices
EXERCICE 1. Soit E un K-e.v, ipi,...,(pp e E* et (p : E —» Kp définie par y> =
(</?i, • • •, ifp). Montrer que (p est surjective si et seulement si <^i,..., <pp sont linéairement
indépendantes.
Solution. Condition nécessaire. Supposons \\<p\ H \- \ptpp = 0 (*) avec les A* G K. Comme
ip est surjective, si on fixe i, 1 < i < p, il existe a; G .E tel que ^(rc) = 1 et pour tout j ^ i,
<Pj(x) = 0. Appliqué à (*), ceci entraîne Xi = 0, et ceci pour tout i, d'où la condition nécessaire.
Condition suffisante. Soit (ei,..., ep) la base canonique de Kp, (e^,..., e*) sa base duale. Soit i/j G
(Im^)-1. Écrivons V> = Aie^H l-Ape£. Pour tout x G £?, tf)((p(x)) = 0 = Ài^i(rc)H hApy?p(a;),
donc Ai^?i H 1- \p<pp = 0, ce qui entraîne Ai = • • • = Xp = 0, donc ip = 0. Autrement dit, on a
montré (Im^)1- = {0}, donc Innp = Kp, c'est-à-dire que <p est surjective.
EXERCICE 2. Soit £ un R-e.v de dimension 3, (ei, e2, e3) une base de E. Soit /J, /|, /3 G
E* définis par
/i — 2e! 4- e2 + e3, /2 = —ei "+" 2e3, /3 = e^ 4- 3e2.
Montrer que (/f, /2, /g) est une base de E* et calculer la base (/i, /2, /3) (en l'exprimant
dans la base (ei, e2, e3)) de E dont elle est la duale.
Solution. Les colonnes de la matrice
M =
sont les coordonnées des /* dans la base (eî,e2,e3). Pour montrer que (/i,/2,/3) est une base
de E*, il faut montrer que le rang de la matrice M est égal à 3. Des opérations élémentaires sur
les colonnes donnent
2
1
1
-5
-2
0
M
3
0
i /
= rg
' \
< 2
1
k 1
-5
-2
0
13
2
0
0
rgM = rg 1 -2 3 =rg 1 -2 0 =3
\ 1 0 0/ \ 1 0 0/
(on vérifie en effet facilement que cette dernière matrice est inversible), (/j*, /2, /3 ) est donc bien
une base de E*.
On a vu (voir la partie 4.5) que la matrice M de passage de (ei,e2,e3) à (/i,/!,/!) est
fC_1, C étant la matrice de passage de (ei, e2, e3) à (/i, /2, /3). Donc M = tC~1, ce qui entraîne
C = tM~1 = (*M)_1. On calcule facilement ('M-1) (inverser le système Y = tMX en un
système donnant X en fonction de Y). On trouve
, / 6-3-2
C = 'M-1 = — -2 1 5
13 V 3 5-1,
Les coordonnées de /i,/2,/3 dans la base (ei,e2,e3) sont les vecteurs colonnes de C = tM"1.

132
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
Exercice 3 (Formes linéaires de A4n(K)). a) Soit / G A4n(K)* une forme linéaire
sur Mn(K). Montrer qu'il existe A G Mn(K) telle que pour tout X G Mn{K), f(X) =
tr(AX).
b) Déterminer les éléments / G Mn{K)* tels que pour tout X, Y G Mn(K), f{XY) =
f(YX).
Solution, a) Si -A G Mn(K), on note $a la forme linéaire sur A^n(K) définie par Ja{X) = tr(AX").
Soit <p : Mn(K) —* Mn(K)* ii-> Ja- C'est une application linéaire. Nous allons montrer que
<p est bijective, ce qui prouvera le résultat. Soit A = (dij)i<ij<n G Kertp. Alors pour tout (i, ji),
tr(AEij) = a,jti = 0 (Eij désignant la matrice de .Mn(K) dont tous les coefficients sont nuls
sauf celui d'indice (i,j) qui vaut 1), et donc A = 0. Donc Ker<p = {0}, et tp est donc injective.
Comme de plus dim(A^n(K)*) = dim(A/fn(K)), cp est bijective, d'où le résultat.
b) Soit / une telle forme linéaire. D'après la question précédente, il existe A = (o,ij)i<i,j<n G
Mn(K) telle que / = fA, et on a pour tout X,Y G Mn(K), f(XY) = tr(AXY) = f(YX) =
tr(AYX).
En particulier, pour tout (i,j, k) avec i ^ k on a tr (AEijEj^) = tr(AEjtkEij) (*). Or
EijEjtk = Eitk et Ej^Eij = 0 car k ^ i, donc (*) s'écrit aussi tt{AE^k) = 0, c'est-à-dire
&k,i = 0. Ceci étant vrai dès que i ^ k, on en déduit que A est une matrice diagonale.
Maintenant pour tout (i,j) on a tr(AEijEjti) = tr(AEjjEij), c'est-à-dire tr(AE^) =
tr(AEjj)} donc a^ = djj et ceci pour tout (i,j). Ainsi, A est une matrice scalaire, donc il
existe À G K tel que / = Atr. Réciproquement toute forme linéaire de cette forme répond au
problème posé.
Exercice 4. On note Rn[X] l'espace vectoriel {P G R[X] | deg(P) < n}. Soit
%1 P{t) dt
tp : Rn[X] ^R P ^ ! y
+ *2
a) Soient xo, • •., xn n + 1 nombres réels distincts deux à deux. Démontrer qu'il existe
Ao, • • •, An G R tels que pour tout P G Kn[X], ip{P) = Y17=o Af-Pfe). Donner une méthode
pratique de calcul des A*.
b) On suppose n impair. Démontrer qu'il existe n réels xi,..., xn et Ai,..., An G R tels
que
VP€Rn[X], <p(P) = Y\iP(xi)
n
-E
i=l
Solution, a) L'application (p est une forme linéaire sur Kn[X]. Par ailleurs, on a dim(Mn[X]*) =
dim(Rn[X]) = n + 1 (une base de Rn[X] est (1, X,..., X71)).
Ceci étant, pour tout i, 0 < i < n, on définit la forme linéaire (pi sur Mn[X] par ^(F) = P{xi).
Nous allons montrer que les ((pi)o<i<n forment une famille libre. Supposons Yl^o^Wi — 0 (*)•
Pour tout k définissons P& = n°^n(^ "~ xù e ^n[-AT]- On a ViCPfc) = 0 si fc 7M, et donc
en appliquant la relation (*) à F^, on trouve MfclIiaÉfcO1'*: "~ xi) = 0- Les a;^ étant distincts, ceci
entraîne //& = 0, et ceci pour tout k.
Les ((pi)o<i<n forment donc une famille libre de n + 1 éléments de Mn[X]*. Comme Mn[X]*
est de dimension n + 1, on en déduit que c'est une base de Mn[X]*. En particulier, il existe
Ao, - - -, An G M tels que (p = Ya=o ^Wû et donc
n n
vp g Rn[x), <p(P) = J2 *i<pi(p) = E A^p(^)-
2=0 2=0

4. DUALITÉ
133
Donnons maintenant une méthode pratique de calcul de A&. Comme pour tout i ^ k, Pi(xk) =
0 on trouve en appliquant la relation précédente à P& que
AfcPfc(^fc) = y(-Pfc)> donc Afc = = j-£ r. (**)
b) H s'agit en fait de choisir les (a^)o<i<n de sorte que le coefficient Ào de P{x$) soit nul. D'après
(**), ceci sera vérifié si
,(Po) = JJ
1 Po(t)
dt = 0,
/F
x0 dt = 0, d'où le résultat. (Remarquons que l'on peut choisir
+ *2
ce qui sera le cas si l'intégrande est une fonction impaire. Pour cela, notons k l'entier tel que
n = 2k + 1 et fixons des nombres réels 0 < a\ < ... < a^. Si 1 < i < k, on pose X2i-i = a* et
X2i = _ai> et x2k+i = 0, de sorte que
2fc+l k
P0(X) = U(X-xi) = Xl[(X2-al).
i=l i=l
On s'aperçoit que 11—> Po(t) est une application impaire ; il en est donc de même de l'application
—2, et donc A„ = J^ ^
xq comme l'on veut pourvu qu'il soit différent des Xi déjà choisis pour 1 < i < n).
Remarque. Dans cadre de l'étude des polynômes orthogonaux (voir le sujet d'étude 3
page 104), on montre qu'il existe une identité du type <p(P) = J^Li ^iP(xi) (avec les Xi
et Xi bien choisis) valable pour tout polynôme de degré < 2n.
EXERCICE 5. Soit E un R-e.v de dimension finie n G N*.
1/ Soit (ei,...,en) une famille de vecteurs de E, (cpi,... ,<pn) une famille de formes
linéaires sur E. Soit / : E —► E x h-> 2"=1 (pi(x)ei. On a / G C{E). Montrer que
rg/ + n > rg{ei,..., en} + vg{(pi,..., ipn}. Peut-on remplacer n par une constante plus
petite ?
2/ a) Soit y?i,..., ipr r formes linéaires sur E indépendantes et ei,..., er r vecteurs de E
indépendants. Soit / G C(E) défini par f(x) = Yh=i <Pi{x)ei- Quel est Ie ranê de / ?
b) Soit u G £(£), rgw = g > 1 et (ei,... ,eg) une base de Imu. Montrer qu'il existe q
formes linéaires y?i,..., (pq telles que pour tout x G E, u(x) = Yli=i &{?)£%• Que dire de
la famille (<£>i,..., ipq) ?
c) Montrer que tout endomorphisme est la somme de deux automorphismes.
Solution. 1/ Soit p = rg{ei,... ,en} et q = rg{y>i,... , y?n}- Soit u G £(E,Rn) définie par
u(x) = ((pi(x),... ,<pn(z)) et soit v G C(Rn,E) définie par v(xi,... ,xn) = Y^!i=ixiei> de sorte
que f = v ou.
D'après le théorème 3 page 128, Keru = {x G E \ Vi,(pi(x) = 0} est de dimension n — q,
donc rgu = n — dim(Kerw) = q. On a îmv = Vect{ei,..., en} donc rg v = p.
Ceci étant, on a lm(v ou) = i>(Imu). Soit F = Imw n Kerv et S un supplémentaire de F
dans Imu de sorte que Imu = F®S. Comme SnKerv = {0}, la restriction de v à S est injective
donc v(lmu) = v(F) + v(S) = v(S) est de dimension dim5. On en déduit rg(vou) = dim5. Or
F c Kerv donc dimF < dim(Keri;) = n — rgi>, donc
rg/ = rg(v ou) = dimS = rg u — dimi*1 > rgu + rgi> — n = p + q — n,
d'où le résultat. On ne peut pas remplacer n par une constante plus petite (prendre tous les <pi
nuls et (ei,...,en) une base de E).
Remarque : On a montré le résultat général suivant : pour tout (w, v), rg(vou) > rgu + vgv — n.

134
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
2/ a) On a x G Ker / <£=>• ]T)i=i Vf(a;)ei = 0> e^ comme les e* sont indépendants, ceci entraîne
Ker/ = {x G jE1 | Vi,<pi(x) = 0} = (Vect{y?i,... ,<pr})°- Les ^ étant linéairement indépendants,
on a donc dim(Ker /) = n — dim(Vect{</?i,..., ipr}) =n — r, d'où rg / = n — dim(Ker /) = r.
b) Pour tout i, 1 < i < q, il existe £i €. E tel que «(e*) = e^. La famille (£f)i<i<g est libre car
si Y^i ^i£i = 0> al°rs 0 = u(J2i ^i€i) = "£2i ^iei donc pour tout i, Xi = 0. Soit (eg+i,... ,en) une
base de Keru. Si 1 < i < q, £% & Keru, on en déduit que (e\,... , en) est une base de E. On
remarque maintenant que
n n q
Vx = ^XiEi, u{x) = ^2xiu(ei) = ^2e*(x)ei.
i=l i=l i=l
On obtient donc le résultat en prenant <pi = e* pour 1 < i < q. Il est clair que {<pi,..., ipq) forme
une famille libre.
c) Soit u G C{E). D'après la question précédente, si (ei,..., eq) est une base de Imu, il existe q
formes linéaires indépendantes y>i, • • •, <Pq telles que u = X)î=i fi' ei- Complétons (ei,..., eq) en
une base (ei,..., en) de E, et (y>i,..., ipq) en une base (cpi,..., (pn) de E*. On pose
- q n .. q n
Ul = ~ ^ W ' ei + ]C V* ' ei et U2 = 2 ^ ^* ' 6i ~ ^ ^ ' 6i'
i=l i=q+l t=l i=ç+l
D'après 2/a), rgui = rg«2 = n. Or u = ni + it2- On peut donc écrire u comme somme de deux
automorphismes.
5. Formes multilinéaires, déterminants
Dans toute cette partie, E désigne un K-e.v.
5.1. Formes multilinéaires
DÉFINITION 1. Soient des K-e.v Eu ..., Ev et F. Une application
/ : Ei x • • • x Ep -> F (xi,... ,xp) h-> f{xu ...,xp)
est dite p-linéaire si en tout point les p applications partielles sont linéaires. Si p = 2,
/ est dite bilinéaire. L'ensemble de ces applications est noté C(Ei,... ,EP,F). C'est un
K-e.v. Si Ei = • • • = Ep = E et F = K, on parle de forme p-linéaire sur E, et l'ensemble
des formes p-linéaires sur E est noté CP(E,K).
Exemple 1. - L'application E* x E —> K (<^, x) t-> </?(#) = (y?, rc) est une forme
bilinéaire.
- Si (fi,..., cpp G £*, l'application £"p —» K (xi,..., xp) t-> (^i(rci) • • • ipp{xp) est une
forme p-linéaire sur £\
Proposition 1. dim£p(£,K) = (dim£)p.
DÉFINITION 2. Soit / G £P(E,K).
- f est dite alternée si /(#i,..., xp) = 0 dès que deux vecteurs parmi les Xi sont égaux.
- / est dite antisymétrique si l'échange de deux vecteurs dans la suite (xi,...,xp)
donne à / des valeurs opposées.
Remarque 1. On montre facilement que / est antisymétrique si et seulement si pour tout
a G Sp (groupe des permutations de {1,... ,p}) et pour tout (xi,..., xp) G Ep, on a
/0Mi)> . •., xa(p)) = e(a)f(xi,..., xp),
e(a) étant la signature de a.

5. FORMES MULTILINÉAIRES, DÉTERMINANTS
135
THÉORÈME 1. Soient K un corps commutatif de caractéristique différente de 2, E un
%-e.v et f G £P(E, K). Alors f est antisymétrique si et seulement si f est alternée.
Proposition 2. Soit E un K-e.v, f G CP(E,K) alternée. Si (#i,... ,xp) est un système
lié, alors f(xu ...,xp) = 0.
COROLLAIRE 1. Soit f une forme p-linéaire alternée sur E. On ne change pas la valeur
de f(x\,..., xp) en ajoutant à un des vecteurs X{ une combinaison linéaire des autres
vecteurs.
Définition 3 (Antisymétrisation d'une forme p-linéaire). Pour toute forme
p-linéaire / G £P(E, K), on note
/" : Ep -> K (xi,... ,xp) h-> ^2 e{a)f[xaii),.. .,xa{p)].
aeSp
Ainsi construite, fî est une forme p-linéaire alternée.
5.2. Déterminants
Dorénavant, E est de dimension finie n G N*.
THÉORÈME 2. L'ensemble des formes n-linéaires alternées sur un K-e.v E de dimension
n est un K-e.v de dimension 1. De plus, il existe une et une seule forme n-linéaire alternée
prenant la valeur 1 sur une base donnée de E.
Démonstration. Soit B = (ei,..., en) une base de E. On définit d G Cn(E, K) par d(xi,...,xn) =
e\{x\) - • • e* (rcn), de sorte que si pour tout i, Xi = YJj=\ xi,jej> d(x\>..., xn) = x\f\ • • • xn,m et
d\x\, ...,xn) = £<r€<s„ e(<r)za(i),i • • • xa^>n. On a en particulier d^{eu ..., e„) = 1, donc S ^ 0.
Soit / G Cn(E, K) une forme n-linéaire alternée. La n-linéarité de / entraîne que
j\Xi,...1xn)= y j x\j,x ••• xnj,nj\eix,...,ein).
Or si ik = ii pour k ^ /, /(e^, ..., e{n) = 0, et on a donc
f(xi,...,Xn) = ^ xl,*W"Xn,<r(n)f(e<r(l)>--->e<r(n)) = /(«l» • • • > en)^(^l, • • • , Xn). (*)
creSn
Donc / G Vect^), et comme S 7^ 0, ceci prouve que l'ensemble des formes n-linéaires alternées
sur E est de dimension 1.
Si /(ei,..., en) = 1, (*) prouve que / = $> d'où l'existence et l'unicité de la forme n-linéaire
alternée valant 1 sur la base B. D
DÉFINITION 4. Soit B = (ei,...,en) une base de E. Le théorème précédent affirme
qu'il existe une et une seule forme n-linéaire alternée sur E prenant la valeur 1 sur la
base B. On l'appelle déterminant dans la base B et on la note det#. Si #i,..., xn G E
(xi = 2?=i xi,jej)> Ie déterminant de (jci, ..., xn) dans la base B est
detjB(rCi, . . . , Xn) = ^2 £(a)XlMl) ' * * xn,a(n)'
aeSn
Remarque 2. - En utilisant le théorème 2, on montre facilement que pour toute forme
n-linéaire alternée /, on a
/ \x 1 ) • • • ? xn) — / (^1 ) • • • ) ^nJ Cletg {Xi, . . . , Xn).
- (Changement de basé). En particulier, si B et B' sont deux bases de E, alors
dets/(a;i,..., xn) = det^/ BdetB(xi, • • •, xn)- On en déduit det#' B • det# B' = 1.
Théorème 3. Soient x\,..., xn G E. Les propositions suivantes sont équivalentes,
(i) Les vecteurs forment une famille liée.

136
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
(ii) Pour toute base B de E, dets(xi,..., xn) = 0.
(iii) Il existe une base B de E telle que detJB(rci,..., xn) = 0.
Déterminant d'un endomorphisme.
DÉFINITION 5. Soit un endomorphisme / G C(E) et B = (ei,... ,en) une base de E. Le
scalaire dets(/(ei),..., f(en)) ne dépend pas de la base B choisie. On l'appelle
déterminant de / et on le note det /.
Proposition 3. (i) Si f,g G C(E), det(/ o g) = det / x àetg.
(ii) det Id^ = 1.
(iii) Soit / G C(E). Alors (/ G Qi{E) 4=» det/ ^ 0) et on a det(/~1) = (det/)"1.
Déterminant d'une matrice carrée.
DÉFINITION 6. Soit A = (ûf,j)i<i,j<n € .A/fn(K). On appelle déterminant de >l le
déterminant des vecteurs colonnes de A dans la base canonique de Kn, et on le note det A. On
a
detA= 22 £(a) a<r(l),l ' ' * flcr(n),n = /2 £^ a^0) * ' ' ^.'(n)'
Remarque 3. Si ^4 = (atj)i<tj<n £ A^n(K), on note aussi le déterminant de .A en l'écrivant
sous la forme
Ûl.l • * " al,n
&n,l * * * Q,n,n
Propriétés. Soit A G Mn{K). Alors :
- detA = det(*i4).
- det A dépend linéairement des colonnes (resp. des lignes) de A.
- Pour tout A G K, det(AA) = An det A.
- On a (det A ^ 0 <(=> A G (74 (K)).
- Si on effectue une permutation a G <Sn sur les colonnes (ou les lignes) de A, le
déterminant de A est multiplié par e{p) (signature de a).
- Si A est triangulaire, det A est le produit des éléments diagonaux de A.
- On ne change pas la valeur d'un déterminant en ajoutant à une colonne une
combinaison linéaire des autres colonnes. Même chose sur les lignes.
- Si A est la matrice de / G C(E) dans une base de E, alors det / = det A.
- Si A, B G Mn(K)t det(AB) = det A • det B.
- Deux matrices semblables ont même déterminant.
- (Déterminant par blocs). Si
M =
Ç\ G .Mn(K)
0
avec A G MP(K) et B e Mn-P(K), alors det M = det A • det B.
Mineurs et cofacteurs.
Définition 7. Soit A = {a>i,j)\<ij<n G Mn(K).
Pour tout (i,j), on appelle mineur de l'élément a+j le déterminant A^- de la matrice
obtenue en supprimant la i-ième ligne et la j-ième colonne de la matrice A. Le scalaire
Aij = (—l)*+J'Aij s'appelle le cofacteur de Ojj.
On appelle mineurs principaux de A les déterminants A* = det(ajj)i<ij<fc pour
1< A; < n.

5. FORMES MULTILINÉAIRES, DÉTERMINANTS
137
Proposition 3 (Développement selon une ligne ou une colonne). Soit une
matrice A = (<kj)i<ij<n £ A1n(K); Aij les cofacteurs des éléments de A. Alors :
- (Développement par rapport à la j-ième colonne) Y^=iahj^h3 = det A
- (Développement par rapport à la i-ième ligne) ]T)?=i ai,j^i,j = det A.
DÉFINITION 8. Soit A G A1n(K). La matrice (A,i)i<j,i<n des cofacteurs des éléments de
A, est appelée comatrice de A et on la note com(.A) ou encore A.
Proposition 4. Soit A e Mn(K). Alors Al = lAA = (detA) ■ In.
Exemple 2. La proposition précédente entraîne que si une matrice A est inversible, alors
A"1 = (1/ det A) • tA. Ce résultat appliqué aux matrices 2x2 entraîne que si A = ( acbd) G
MiÇS£) est inversible, alors son inverse s'obtient par la formule A~l = -^ç. ( j*c ^6).
Déterminant de Vandermonde. Beaucoup de déterminants sont classiques (voir les
exercices). Nous allons étudier ici l'un des plus classiques appelé déterminant de
Vandermonde. Pour n > 2 et pour tous oi,..., an G K, on note
y(ai,...,on) =
1 Oi a\
1 ai a\
1 an al
«r1
ar1
a,
n-l
n
(déterminant de Vandermonde de ). Nous allons montrer que
V(oi,..., On) = Yl (aô ~ ai)-
l<i<j<n
Démonstration. On procède par récurrence sur n. Pour n = 2, c'est évident. Supposons le résultat
vrai pour n — 1 et montrons le pour n. Dans V(a\,..., an), on retranche à chaque colonne a\ fois
la précédente (en commençant par la dernière colonne). On obtient
1 0 0
1 ai — a\ ai — a\ai
1 an — a\ an — a\an
0
aj_1-aiaj-2
<"* - ai<"2
(22 — Cb\ Q>2~ 0,\(L2
a2 — &1&2
an ~~ al an~ ala
°n
a
n-l
n
— a\a
n-2
n
(après développement par rapport à la première ligne). On factorise ensuite chaque ligne par
(ai — ai), ce qui donne
V(ai,... ,an) = (a2 -ai)--- (an -ai)
1 a2
1 an
a
n-2
a
n-2
n
n
PJ(af — ai)
li=2
V(a2,... ,an)
d'où le résultat car d'après l'hypothèse de récurrence, Vr(a2,... ,an) = Yl2<i<j<n(aj ~~ a0- D
5.3. Systèmes linéaires
On considère le système de p équations à q inconnues suivant :
aM£i + a^2x2 +
a2,iXi + a2y2x2 +
aPiiXi + aPy2x2 +
+ 0L\%q Xq = b\
+ 0>2,q Xq = b2
i ^p^q Xq — Op
(S)

138
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
Systèmes de Cramer. Supposons que dans le système (S), p = q = n. Posons A =
(o>i,j)i<i,j<n € Mn(K), B la matrice colonne dont les composantes sont les {bi)\<i<n et X
la matrice colonne dont les composantes sont les (a^)i<i<n. Le système (S) s'écrit aussi
AX = B, et on voit donc que (S) admet une unique solution X pour tout B si et seulement
si det^4 ^ 0. Dans ce cas, comme B = X\Ai + \- xnAn (les Ai désignant les vecteurs
colonnes de la matrice A), on a, Bq désignant la base canonique de Kn,
detBo(,4i,..., ;4i_i, B, Ai+U ..., An) = x{ detBo(A1, ...iAn)=xi det A.
On en déduit que les composantes a;» de X sont données par
dets0(^4i,..., Ai-i, B, ./4i+i,..., An)
Xj. —
det A
(formules connues sous le nom de formules de Cramer).
Cas général. On note A = (a^) \<i<P G Mp>q(K). Soit r = rg A II existe un déterminant
A d'ordre r non nul extrait de A (d'après le théorème 2 de la partie 3.6). Ainsi choisi, A
s'appelle le déterminant principal du système (S) (il n'est en général pas unique).
- Les équations dont les indices sont ceux des lignes de A s'appellent les équations
principales.
- Les inconnues dont les indices sont ceux des colonnes de A s'appellent les inconnues
principales.
On peut écrire A = det(oij) te/. On appelle déterminants caractéristiques les déterminants
d'ordre r + 1 de la forme
avec k 0 J.
Les déterminants caractéristiques n'existent que si r < p, et il y en a alors p — r.
Avec les notations que nous venons d'introduire, on a le
(Oij)<6/
(ak,j)jeJ
(bi)izi
h
Théorème 4 (Rouché - Fontené). Le système (S) admet des solutions si et seulement
sip = r ou lesp—r déterminants caractéristiques sont nuls. Le système est alors équivalent
au système des équations principales, les inconnues principales étant déterminées par un
système de Cramer à l'aide des inconnues non principales.
Exemple 3. Soit le système (S) :
Ici on a
Xi + 2^2 — X$ + X4
X\ — Xz — X4
-xi + x2 + xz 4- 2a;4
A =
= 1
= 1
= m
m G
Un calcul rapide montre que rg A = 2. Nous choisissons le déterminant principal |} 11, issu
de la matrice A en considérant ses deux premières lignes et ses deux premières colonnes.
Il n'y a ici qu'un seul déterminant caractéristique, qui est
1 2 1
1 0 1
1 1 m
= -2(m+l).

5. FORMES MULTILINÉAIRES, DÉTERMINANTS
139
D'après le théorème de Rouché-Fontené, (S) admet des solutions si et seulement si m =
—1, et dans ce cas, le système (S) est équivalent au système
xi + 2x2 = 1 + x3 - x4
Xi = 1+ Xz + £4
<*=>
Xi = 1 + X3 + £4
X2 = —X4
5.4. Exercices
Il existe plusieurs déterminants classiques qu'il faut savoir calculer. Les méthodes de
calcul sont parfois astucieuses ; faites donc les exercices pour les connaître.
EXERCICE 1. Soit n > 2 un entier. Pour tout k, 1 < k <n — l,on considère un polynôme
Pk = Xk + dk,iXk~l H h afc)A; G R[X]. Si #i,..., xn G M, calculer le déterminant
A =
1 Pi(ai)
1 Pi(*2)
1 Pi(*„)
Pn-l(X2)
Solution. Après avoir retranché a\^ fois la première colonne à la deuxième, on obtient
A =
1 X\ P2{X\)
1 X2 P2(X2)
1 Xn P2(xn)
Pn-lM
Pn-lM
*:n— l\Xn)
On retranche ensuite à la troisième colonne a2^2 fois la première et 02,1 fois la deuxième, et on
remarque que la troisième colonne n'est plus composée que de xf. On recommence ainsi jusqu'à
parvenir à la dernière colonne, et on obtient finalement une expression en fonction du déterminant
de Vandermonde
A =
1 X\
1 x2
1 xn
n-1
1
n-1
X
n-1
n
= V(xi,...,xn)= Y[ fa-Xi).
l<i<j<n
EXERCICE 2. Soient a, 6 G K et rci,..., xn G K. On définit le déterminant d'ordre n
An =
Cl
b
*
b
a
x2
' .
• • •
• #
b
a
a
xn
a) Si a 7^ 6, calculer An. (Indication : on pourra considérer le déterminant An(rc) obtenu
à partir de An en ajoutant x à chaque terme, et montrer que An(rc) peut se mettre sous
la forme Ax + B.)
b) On suppose ici que K = R. Calculer An si a = b.
c) Si a = b et K est quelconque, calculer An.

140
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
Solution. Suivons l'indication et considérons, pour tout x G K, le déterminant
x\ + x a + x ••• a + x
b + x X2 + x " ■. :
An (a;) =
: "•. "•. a + x
b + x ••• b + x xn + x
En retranchant aux n — 1 premières colonnes la dernière, puis en développant par rapport à la
dernière colonne, on voit qu'il existe A,BeK tels que pour tout x G K, An(x) = Ax + B. On
remarque maintenant que An(—b) est le déterminant d'une matrice triangulaire supérieure dont
les coefficients diagonaux sont les X{ — 6, donc An(—b) = (x\ — b) • • • (xn — b) = —Ab + B. On
obtient de même An(—a) = (x\ — a) • • • (xn — a) = —Aa + B. De ces deux valeurs, on en déduit
A _ B = bYli(xi - a) - alL-fo - &)
6 — a
b) On fixe a G M, et on regarde An comme une fonction de b que nous notons /(&). L'expression
d'un déterminant d'une matrice en fonction de ses coefficients montre que la fonction b i-> f(b)
est continue sur M. Maintenant, on a vu au a) que si b ^ a, alors
/(&) = — OU P{X) = [[{Xi - X).
i
Autrement dit, si Q(x) = xP(a) — aP(x), on a f(b) = —^7 . En faisant tendre b vers a,
b — a
la continuité de / permet donc d'affirmer que
An = f(a) = Q'(a) = P(a) - aP'(a) = J](^ - a) + a I ]£ J]^- - o) j . (*)
c) Ici, la méthode utilisée au b) ne marche plus. On va s'en tirer autrement. Dans An, substituons
à b l'indéterminée Xy donnant ainsi un déterminant que nous notons D. Le déterminant D a ses
coefficients dans le corps K(X), et d'après a) (puisque évidemment X et a sont différents dans
K(X)) :
^ XP(a)-aP(X) „ -n-, vx ^rvi
D = K-t ^ où P = T\(xi-X)eK[X].
t
Posons Q(X) = XP(a) - aP(X) £ K[X\. Comme Q(a) = 0, il existe R £ K[X] tel que Q(X) =
(X-a)R{X), de sorte que D = R(X). Par dérivation, on obtient Q'{X) = R(X) + (X-a)R'(X),
donc Q'(a) = R(a). Il ne reste plus qu'a substituer à X la constante a, ce qui entraîne An =
R(a) = Q'(a) = P(a) — aP'(a), ce qui permet de retrouver l'expression (*).
Exercice 3. Soit M G Mn(Z) (i. e. une matrice à coefficients dans Z). Donner une
condition nécessaire et suffisante pour que M soit inversible et que M-1 G Mn(%)-
Solution. Nous allons montrer que (M est inversible et M-1 G Mn(Z)) si et seulement si
(detM = ±l).
Condition nécessaire. On a M G Mn(Z) donc det(M) G Z. De même, M-1 G 7Wn(Z) donc
det(M_1) = l/det(M) G Z. Ainsi, det(M) est un entier d'inverse entier, d'où det(M) = ±1.
Condition suffisante. On a M G Mn(Z) donc les cofacteurs de M sont des entiers, donc la
comatrice M de M vérifie M G Mn(Z). Or det(M) = ±1 donc l/det(M) G Z. Donc M est
inversible et :

5. FORMES MULTILINÉAIRES, DÉTERMINANTS
141
EXERCICE 4. a) Soient ai,..., an et /?i, ...,/?„ G R. On note M la matrice
M =
( (ai+A)"-1 (ai+A)"-1
(«2+A)""1 (aa+ft)"-1
^ K + A)n_1 K + A)
n-1
(«1 + A)""1 \
(<*2 + A)n_1
eMn
Calculer le déterminant de M.
b) Soit p G N et un entier n tel que n > p + 1. On note A la matrice
A =
/ 1 7?
I 2p sp
\np (n + l)p
np \
(n + 1)p
(2n - l)p J
eMn
Calculer A = det A.
Solution, a) L'astuce est d'écrire M comme le produit de deux matrices. Si m^j désigne l'élément
d'indice (i,j) dans la matrice M, on a
n-l
n
m
iJ = ^2Cn-lai0j 1 k = ^2PiMk,j
(*)
A:=0
fc=l
où pitk = C^l}^-1 et qkj = pj-~h. En d'autres termes, si P = (Pij)i<i,j<n G Mn(R) et
Q = (qij)i<ij<n G A^n(R), la relation (*) s'écrit M = PQ. On a donc detM = detP • detQ.
Or le déterminant de P vaut
C°_! Cj_,«*i ••• CÎTÎoï
n— l^.n— 1
CS-i Ci-iû2 ••• C^lja
n—l^.n—1
•w-l n-l
CO /ml /n»n—1
n-l°n-l ' ' "un-l
Cn-1 Cn-l^n • *
donc det P = C*_x ■ ■ ■ C^ll Ui<j(aj ~ <**)• Par ailleurs,
1 oc\
1 #2
1 an
a
a
a
,n-l
,n-l
2
n-l
n
detQ =
on-l
A
1
A»
1
= (-i)
n(n-l)/2
1
A
1
A
K
,n-l
on
Hn
>n-l
(cette dernière égalité s'obtient en effectuant (n — 1) + • • • + 2 + 1 = n{n — l)/2 transpositions
sur les lignes), donc detQ = (_i)»(n-i)/2 [^(ft - A)-
On a donc
<n-l
detM = detP • detQ = J] C^ (-l)^"1)/2 J] [(^ - a,)(A - &)].
u=0
i<3
b) Si p + 1 = n, alors d'après la question précédente appliquée à la matrice M avec ai
fy = j - 1, on a
det A = ( if Ci.,) (-l)-(-»/» I] [0 - if] •
\i=0 / i<j
Or
= i et
no - «)=n
t<i j=2
_t=i
n n—1
=no-i>!=nj
J=2 j=l

142
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
et
(n - 1)!
[(n - 1)!]-
'n-l \ n-1
2>
donc finalement A = (-l)"^"1)/2 [(n - l)!]n.
Si maintenant n > p + 1, nous allons montrer que A = 0. Notons P = Xp G R[X] et pour
tout i G {1,..., n}, Pi = P(X + z) = (X + î)p, de sorte que la matrice A s'écrit
/ Pi(0) Pi(l) ••• Pi(n-l) \
P2(0) P2(l) ••• P2(n-1)
^= •
\ Pn(0) Pn(l) ••• Pn(n-l) /
Pour tout i, Pi G RP[X] = {Q G R[X] | degQ < p}. Comme RP[X] est un R-e.v de dimension
p + 1 ((1,X,...,Xp) en est une base) et que n > p + 1, on en déduit que Pi,..., Pn forme une
famille liée. Donc il existe Ai,..., Àn G R, non tous nuls, tels que J27=i ^i^i = 0> e* donc pour
tout j, 0 < j < n — 1, XZfLi ^ï-Pitt) = 0- Autrement dit, les vecteurs lignes de la matrice A sont
linéairement dépendants, ce qui entraîne A = det A = 0.
Exercice 5. Soit n G N*. Lorsque p < n, calculer le déterminant d'ordre p + 1
1 Ci C* ••• Cl
AP =
1 Cn+l Cn+1 * ' ' Cn+1
i n1 r*2 np
x ^n+p ^n+p ' ' ' ^n+p
Solution. En retranchant à chacune des p dernières lignes la précédente (en commençant par
dernière), on obtient :
1 C„ C„
la
AP =
o es
cl
c°
n
cl
-1
r*0 n\ r*P-
n ^ ni ... i^P-1 un+p-l un+p-l ' ' ' ^n+p-1
(on a utilisé la relation C^\ - Cfc+1 = Cf ). Donc Ap = Ap_i = • • • = Ai = 1.
= Ap_i
Exercice 6. a) Calculer le déterminant d'ordre n à coefficients dans K
An =
Oi + X\ CL\
ai û2 + #2
a
n
ai
ai
t*n ^n ~r "'n
b) Calculer le déterminant d'ordre n + 1 à coefficients dans K
An =
X
ûl
•
Oi
ûl
a;
a2
Û2
a2
«2
...
...
«n
Un
«n
On
rc

5. FORMES MULTILINÉAIRES, DÉTERMINANTS
143
Solution, a) Nous allons prouver par récurrence sur n que An = x\ • • • xn + Y^j=\{aj Ylk^j xk)-
Le résultat est évidemment vrai pour n = 1. Supposons le vrai au rang n — 1 et montrons le au
rang n. En utilisant la linéarité du déterminant par rapport à la dernière colonne, on voit que
An =
ai + x\ a\
a>2
a
n
ai
a2
an__i + xn—\
+
ai + x\ d\
CL2
a
n
o
an_i + xn-i 0
= Di+ D2.
Si on retranche, dans le déterminant D\y la dernière colonne aux n — 1 premières, on s'aperçoit
que D\ = Par ailleurs, en développant D<i par rapport à la dernière colonne, on
obtient D<i = xnAn-i. Finalement, An est égal à
D1+D2 = anx\ • • • xn-i+xn
n-1
X\ • • • X
n-1 + J2 \ai II Xk
i=i
l<k<n-\
n
= xi • • • xn+^ a, Yl xk
b) En ajoutant les n premières colonnes à la dernière, on obtient
Gn-l 1
: 1
Gn-1 !
n
An = X + ^ Oi
i=l
a; ai
ai a;
a2
ai a2
a; :
an 1
*n
puis en retranchant, pour 1 < j < n, à la jf-ième colonne a* fois la dernière,
n
An = a; + ^ ai
i=l
a; — ai x
0 x — a2
; o
0
0
x 1
x :
x — an 1
0 1
n
n
= [x+^2ai] n^-0*)-
i=i / t=i
Exercice 7 (Déterminant de Cauchy). Soient ai,..., an e K et 61,..., bn e K tels
que pour tout (z, j), a* + bj ^ 0. Calculer le déterminant d'ordre n
An =
ai+61
1
ai+62
1
a>2+bi a,2+b2
cin+bi an+b2
ai+bn
1
a>2+bn
a>n+bn
Solution. C'est classique. Il y a plusieurs moyens de procéder. Nous donnons ici une solution assez
générale. Supposons dans un premier temps les a^ distincts deux à deux et n > 2. L'existence de
la décomposition d'une fraction rationnelle en éléments simples permet d'affirmer
3Ài,..., Àn G K, R(X) =
(6l - X) ■ • • {bn-i ~ X) = Ai
{X + ai)--- (X + an) X + ai
+ ••• +
An
X + an

144
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
Le calcul des coefficients A& correspondant aux pôles simples (—a^) est classique et donne
Vfc,
Afc =
Si maintenant on note L\,
Li
An =
Ln-i
An
,Ln les lignes de An, on a
1
7^0.
Ln-i
An
ai+6i
R(h)
a>i+bn-i
a\+bn
R(bn-i) R(bn)
Compte tenu des égalités R(bi) = 0 pour 1 < i < n — 1, le développement de ce dernier
déterminant par rapport à la dernière ligne donne
Il?=l (bi ~ bn) n?=l (ai - an)
A -&1a -
Sachant que Ai = \/{a\ + 6i), une récurrence sur n donne
UiKjiaj ~ ai)Tli<j(bj ~ bi)
A„_i
An =
n<j(fli+*j)
(*)
Rappelons que nous avions supposé que les ai étaient distincts deux à deux. Si maintenant
deux des ai sont égaux alors les deux lignes correspondantes dans An sont égales et donc An = 0.
L'égalité (*) est donc vraie dans tous les cas.
Remarque. Cette méthode, ainsi que le résultat, sont à retenir. On peut par exemple
calculer par cette technique un déterminant de Vandermonde.
- Grâce à ce résultat et à la formule A-1 = *Â/(det A), il est facile d'inverser une matrice
dont l'élément d'indice (i,j) est 1/(oj + bj) puisque les mineurs d'une telle matrice sont
aussi des déterminants de Cauchy.
Exercice 8. Soient cei,..., an G K. Calculer le déterminant
A =
1 ai
1 a2
a
a,
jfe-i
i
fc-i
a
a
k+l
i
k+l
a
a,
1 a
n
a
k-l
n
a:
k+l
n
a
Solution. On introduit l'indéterminée X et on considère le déterminant
A(X) =
1 ai
1 Oin
1 X
a
fc-i
ai
a
k+l
a
n
X X X "^
Otn
Xn
e K[X].
A apparaît comme le mineur de l'élément X1 dans A(X). En développant A(X) par rapport
à sa dernière ligne, on s'aperçoit que A est le coefficient de Xk multiplié par (—l)n+fc dans le
polynôme A(X). Or A(X) est un déterminant de Vandermonde :
n
A(X) = V(au...,an,X)= J] (aj - on) J[(X - oh).
l<i<j<n i=\

5. FORMES MULTILINÉAIRES, DÉTERMINANTS
145
D'après ce que l'on a dit plus haut, on a donc l'égalité
A = (-l)n+k(-l)n-kvn.k> II {*j-ai) = an-k- J] (ctj-Oi),
l<i<j<n l<i<j<n
où (Jn-k désigne la valeur prise au point (ai,... , an) par le polynôme symétrique élémentaire
Y^X\ • •• xn-k e k[Xi,. .. ,xn).
Remarque. On peut ainsi connaître les cofacteurs d'une matrice de Vandermonde, donc
inverser une matrice de Vandermonde.
Exercice 9. Soit E un K-espace-vectoriel, où K est un corps commutatif de
caractéristique différente de 2, et soit p G N*. Soit / : Ep —> K une forme p-linéaire. On suppose
que /(xi,... ,xp) = 0 dès qu'il existe k G N*, k < p, tel que xk = xk+\. Montrer que la
forme p-linéaire / est alternée.
Solution. Soit x = (xi,... >xp) G Ep. Soit k G N*, k < p. L'application
(p : E2 -» K (u,i>) i-> /(xi,... ,Xfc_i,w,t;,Xfc+2,...,Xp)
est une forme bilinéaire, et elle est alternée d'après les hypothèses, donc antisymétrique (en effet,
ip(u + v,u + v) = 0 = (p(u,u) + <p(u,v) + ip{v>u) + ¥>(viv) entraîne <p(u,v) = —</?(i>,u) ; c'est
un cas particulier du théorème 1 page 135). Pour tout a e Sp (groupe des permutations de
{l,...,p}), on note xa = (xa(i),... ,xa^). L'égalité (p(xk,xk+i) = -<p(xk+i,xk) s'écrit aussi
f(xa) = —f(x) = e(a)f(x), où a est la transposition (fc, k + 1). Or les transpositions de la forme
(fc,fc + 1) engendrent Sp (voir l'exercice 6 page 24), c'est-à-dire que pour tout a G <SP, on peut
écrire a = r\ • • • rn où r^ est une transposition de la forme (fc, k + 1), donc
/(**) = /(^Ti-rn) = £(ti)/(zt2...t71) = • • • = e(ri) • • -e(rn)/(a:)
autrement dit f(xa) = e(a)f(x). Ceci est vrai pour tout a G Sv donc la forme p-linéaire / est
antisymétrique, donc alternée d'après le théorème 1 page 135.
Exercice 10. Soit E un K-espace vectoriel de dimension n G N*, où K est un corps
commutatif de caractéristique différente de 2. Soit / une forme n-linéaire alternée sur E.
Pour tout u G C(E), on définit :
n
ju: ej > 1& (#i,..., xn) h-> y ^ /(#i> • • • ? 2^-i> w(aîîj, ^î+ij • • • 5 %n)>
i=\
Montrer que fu = tr(îz)/.
Solution. Fixons u G £(£?). L'application /u est une forme n-linéaire alternée comme on le vérifie
facilement ; l'ensemble F des formes n-linéaires alternées de E étant un K-espace vectoriel de
dimension 1, on a donc :
(V/6F,/^0,3!A/6K), fu = Xrf.
Soit g ^ 0 une autre forme n-linéaire alternée. Il existe fi G K* tel que / = fig. Donc \ff = fu =
^9u = {n^g)9i et comme / = fig, on tire À/ = Àp. Le scalaire À/ ne dépend donc pas de / G F,
mais seulement de u. On peut donc écrire :
3AneK, V/6F, /„ = *„/. (*)
Montrons maintenant que Àu = tr(u). Soit J3 = (ei,... ,en) une base de E, A = (aij)i<i<j<n
la matrice de u dans cette base. En appliquant (*) à l'application det (déterminant dans la

146
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
base J3), qui est bien une forme n-linéaire alternée, on obtient detn = Àudet, donc An
\u det(ei,..., en) = detu(ei,..., en), donc
n
Au = y^det(ei,...)ei-i,n(ej),ej+i)...)en)
f=i
n n
= 53 det(ei,..., ej_i, J^ %,* «j » Ct+i, • • •, O
n / n \ n
= 53 I S aJ«* detfl(el> • • • ' ei-l> eJ> e*+l> • • • » en) ) =53 °»>* = trW"
t=l \j=l I *=1
Exercice 11. a) Soit A G .Mn(]R). On note A sa comatrice. Donner le rang de A en
fonction du rang de A.
b) Si n > 3, résoudre dans Mn{R) l'équation A = A.
Solution, a) Si rgA = n, l'égalité *AA = (detA)Jn entraîne A = (det A)*A-1, donc comme
detA ^ 0, rgA = n.
Si rgA = n — 1, alors il existe un mineur d'un élément de A non nul (d'après le
théorème 2 page 122), donc A ^ 0. De plus, on a lAA = (det A)Jn = 0 donc Imic Ker'A, donc
dim(Ker'A) > n — 1 et donc rg'A = vgA = n — dim(Ker'A) < 1. Comme on a vu que ^4^0,
ceci entraîne rgA = 1.
Si rg A < n — 2, alors tous les cofacteurs de A sont nuls, donc rgA = 0.
b) L'égalité A —A entraîne l'égalité rgA = vgA.
Si rgA < n — 2, alors d'après a), rgA = 0, donc rgA = 0, donc A = 0.
Si rgA = n — 1, alors rg A = 1, et donc n — 1 = rgA = vgA = 1 donc n = 2, contraire aux
hypothèses.
Si vgA = n, alors (detA)/n = lAA = lAA. Or det('AA) = det (*A) det (A) = (detA)2 et
det[(detA)/n] = (detA)n. Comme detA ^ 0, on en déduit (detA)n~2 = 1, et donc detA G
{—1,1} car detA G R. Si A = (a^j), le terme d'indice (1,1) de lAA est YLjaij ^ 0> et comme
tAA = (detA)In, ce terme vaut detA. Donc detA > 0, et donc detA = 1.
Finalement, on a montré que detA = 1 et tAA = In. Réciproquement, si tAA = In et
detA = 1, comme lAA = (detA)In = In, on a A = A car A est inversible.
L'ensemble des matrices A vérifiant A = A est donc la matrice nulle et les matrices A
telles que detA = 1 et lAA = In (ces dernières sont l'ensemble des matrices orthogonales de
déterminant 1, 0+, i. e. le groupe spécial orthogonal).
Exercice 12 (Déterminant circulant). Soit n G N* et u = e2in/n. On considère la
matrice Q = (a/'-W-^i^xn G Mn(C).
a) Soient Oi,..., an G C et
/ oi a2 û3 • • • an \
I an CL\ 0,2 ' ' ' Q>n-1 I
A = an-\ 0>n 0,1 '" 0>n-2 £ Mn(C).
\ a2 «3 «4 •" ûi /

5. FORMES MULTILINÉAIRES, DÉTERMINANTS
147
Calculer det(AQ) et en déduire la valeur de det A.
b) (Application). Si 0 G R, calculer le déterminant n x n
A(0) =
cos 0 cos 20
cos nO cos 0
cos 20 cos 30
cos nO
cos(n — 1)0
COS0
Solution, a) Un peu d'attention montre que le coefficient d'indice (i,j) du produit AQ, est
^(i-iXj'-iîp^-i) où P désigne le polynôme P = ai + a2X + • • • + anXn~l. Autrement dit,
AQ =
( PO) P{")
P(l) uP(u)
P{ujn~l) \
un-lP{un-1)
\P{\) 0Jn~lP{uj) ••• ^n-l^n~l)p{un~l) j
On en déduit
det(Aft) = P(l)P(w) • • • P{un~l)
1 1
1 w
u
1
n-l
1 a/
n-l
w(n-l)(n-l)
= P(l)P(w)---P(a;n-1)deta
(*)
Comme detfi ^ 0 (c'est un Vandermonde dont les paramètres sont deux à deux distincts), on
en déduit det A = P(l)P(u>) • • • P{un-1).
b) On pose Un = {e2lk7r/n \ k G Z}. Le résultat de la question précédente entraîne
A(0) = fj (cos 0 + v cos 20 + • • • + a/1"1 cos n0)
weUn
Supposons dans un premier temps 0 $ ^Z. Si a; G C/n, on pose
S(u) = cos6 + u cos20 + --- +un"1 cosn9 et T(a;) = sin0 + u; sin 20 + • • • + un~l sinn0
On a
1 _ pinO
ta 1 6
1 '\ 1 — ^my
5(w) + tT(w) = - Y^(ue*)k = e i_ a et 5(w) ~ *T(W) = e
1 _ f,-in9
-iO l e
1 - we-iô '
ç. . /n0\ sin(^0)-o;sin(f)
S lu) = 2 sin — • 7- .,,w, ^-.
En effectuant la demi-sommes des deux expressions précédentes, on en déduit, après calculs, que
(**)
\ * / l1 — u/tr"^! — u;e -;
Avec la formule (*), on en déduit
ii v 2 ; iw (i - <*••) il», (i - <*-••)
Lorsque a G C*, le polynôme Xn — an a n racines simples qui sont les ua avec u e Un, donc
Xn — an = ria;Gî/n (^ ~~ ua)m ^n utilisant cette identité pour a = sin ^ puis a = ete et a = e~~te,
on en déduit
/n„N sin" (« - sin" (f )
AW = 2"si„"(f)-7A-^-—^
et comme (1 - enie)(l - e~nie) = 4sin2 (^) on a finalement
A(0) = 2*-2sinn-2(^
sin
n
n + 2
n&
n 0 - sinn . n
2 12

148
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
Nous avons démontré cette relation pour 6 £ ^Z. Le déterminant étant une fonction continue
de ses coefficients (c'est un polynôme en ses coefficients), la fonction 0 h-> A(0) est continue, et
par continuité on en déduit que la relation trouvée est valable pour tout 9 G M..
Remarque. Une autre démonstration de a) fait l'objet de l'exercice 4 page 180.
Exercice 13. Soient a, b e K avec a ^ b. On pose
( a + b ab 0 ••• 0 \
1 a + b ab ' •. :
0 1 a + b ••. 0
: '*• '•• *•• ab
1 a + b )
An —
\
0
0
G M»(K).
Calculer det^4n.
Solution. Supposons n > 3. En développant par rapport à la première ligne on obtient
1 ab 0 ••• 0
0 a + b ab • • :
0 1 a + b '•■ 0
: 0 '•• '•• ab
0 ••• '•• 1 a + b
det An = (a + b) det An-i — ab
puis en développant le dernier déterminant de cette égalité par rapport à la première colonne,
det An = (a + b) det An-\ — ab det An-2- Sachant que
det A\ = a + b =
— et det A2 = a1 + ab + bl = r-,
a — b a — b
on démontre facilement par récurrence sur n que det An =
an+l _ bn+l
a — b
Remarque. Si a = 6, une récurrence donne det An = (n + l)an.
- À partir du résultat de cet exercice, on peut facilement calculer les déterminants de la
forme
P 7 (0)
a '•• '••
'•• *•• 7
(0) a (3
6. Problèmes
Problème 1. Résoudre dans Mn{R) l'équation A2 = -In.
Solution. Comme A2 = —7n, on a det(>l2) = (det A)2 = (—l)n donc n est pair. Soit p e N* tel
que n = 2p. Soit / l'endomorphisme de Rn dont A est la matrice dans la base canonique de Mn.
On va démontrer, en procédant par récurrence sur k, le résultat suivant : pour tout k, 1 < k < p,
il existe x\>...,Xk G E = Rn tels que (x\,/(rci),... ,Xk, f(xk)) forme une famille libre.

6. PROBLÈMES
149
Montrons ce résultat pour k = 1. Soit x\ € E, x\ ^ 0. Si Xx\ + f^f(x\) = 0, alors par
composition par /, on tire Xf{x\) — fixi = 0. Finalement, on en déduit :
(A2 + fj?)xi = X [Xxi + nf{xij\ - fi [Xf(xi) - fixi] = 0.
Donc À2 + fj? = 0, c'est-à-dire À = fi = 0. La famille (#i, f(xi)) est donc libre.
Supposons maintenant le résultat vrai au rang k — 1 et montrons le au rang k < p. D'après
l'hypothèse de récurrence, il existe #i,..., x^-i G E tels que (#i, /(xi),..., a^-i, f(xk-i)) forme
une famille libre. Soit Ffc_i = Vect{xi, /(#i),... ,£fc-i, /(x^-i)}. On a dimjFfc_i = 2fc — 2 < 2p,
donc on peut choisir Xk € E, Xf~ & i^-i- Supposons maintenant une égalité du type :
Aixi + fJLif(xi) + • • • + Afea;fc + fJ>kf(xk) = 0.
Alors XkXk + [ikf(xk) £ Ffc_i et Ffc_i étant stable par /, / [Xkxk + faf(xk)] = >^kf(xk) - faxk G
Ffc-i. Donc : (A| + ^)xfc = Xk [Xkxk + faf{xk)] - fa [A*/(a;*) - /^a;*] e iV-i- Or xfc £ Ffc_i,
donc X\+n2k = 0, d'où Xk = fa = 0. On a donc XiXi+fJLif(xi)-{ t-Xk-ixk-i+fa-if(xk-i) = 0,
donc d'après l'hypothèse de récurrence, Vz, X{ = fii = 0.
Le cas particulier k = p, entraîne l'existence de
1 ) • • • ) 2?
G i? tels que la famille B =
(xi, /(#i),..., a;p, f(xp)) soit libre. Comme n = 2p) B est une base de £?. La matrice A est donc
semblable à
[/]* =
/
' 0 -1 '
1 0
(0)
\
^
(0)
' 0 -1 '
1 0
/
et réciproquement, si A est semblable à une matrice de cette forme, A2 = —In.
Problème 2 (Endomorphismes nilpotents en dimension finie). Soit E un K-e.v
de dimension finie n G N*. Soit / G C(E), nilpotente, (t. e. il existe p G N* tel que fp = 0).
On note g G N* Vindice de nilpotence de /, défini par q = inf{p G N* | fp = 0}.
1/ On veut montrer que q <n.
a) (Première méthode). Montrer que la suite (Im /p)pgn décroît strictement jusqu'à p = q
puis devient stationnaire. Conclure.
b) (Deuxième méthode). Montrer qu'il existe x0 G E tel que (xo,f(xo),... ,/9-1(#o))
forme une famille libre. Conclure.
2/ Si r = dim(Ker /), montrer que r ^ 0 et que n/r < q < n + 1 — r.
Solution. 1/ a) Pour tout p, comme f(E) C E, on a fp+1(E) = fp[f(E)\ C /p(£). La suite
(Im fp)pem est donc décroissante.
- Soit s le plus petit entier naturel tel que Im/S+1 = Im/S (s existe car Im/9+1 = lmfq =
{0}). Alors pour tout p> s,
Im/P+1 = fp-s[fs+1(E)} = fp~s[fs(E)] = lmfp.
La suite (Im/p)pGN est donc stationnaire à partir du rang s. Or (Im/p)p€N est stationnaire à
{0} à partir de p = q, donc on a forcément q = s.
Pour tout p < ç, on a donc Im/P+1 C lmfp et Im/P+1 ^ Im/**, d'où rg/p+1 <vgfp- 1.
On en déduit facilement par récurrence sur p que si p < q, rg /p < rg f° — p = n — p (rappelons
que /° = Id£ par convention). En particulier, 0 = rg fq < n — q, donc q < n.
b) Comme fq~l ^ 0, il existe xq e E tel que fq~1(xo) ^ 0. Nous allons montrer que la famille
(#0, f(xo),..., /9_1 (œo)) est libre. Si Yn=o ^iP(xo) = 0 avec les A^ non tous nuls, on considère
le plus petit entier k tel que À^ ^ 0. On a YliZk ^iP(xo) — 0> donc en composant par p~x~k à

150
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
gauche,
\kfq-\xo) + \k+ifq(xo) + • • • + Xç-if^-Hxo) = 0.
Comme fp = 0 pour p> q, cette dernière égalité entraîne Ajfc/9_1(a;o) = 0, et comme fq~1(xo) ^
0, Afc = 0, ce qui est absurde. La famille considérée est donc libre. Elle a q éléments, donc
q < dimE = n.
2/ On a vu au 1/a) que si p < q, rg fp+1 < rg fp—1, ce qui entraîne que 0 = rg fq < rg f—(q—l) =
n — r — (q — 1), donc q < n — r + 1.
Il reste à montrer l'inégalité n/r < q. Pour cela, commençons par montrer que
Vp G N, rg fp+1 = rg fp - dim(Im fp n Ker /). (*)
- Soit S un s.e.v de E tel que (lmfp n Ker/) 0 S = lmfp. On a S n Ker/ C (Im/P n
Ker/)nS' = {0}, donc 5flKer/ = {0}. Ceci entraîne que f\s (restriction de / à S) est injective,
et donc dim/(5) = dim5. Or Im/P+1 = f(lmfp) = f[(lmfp n Ker/) 0 S] = f(S), donc
rg /P+1 = dim f(S) = dim S = rg fp - dim(Im fp n Ker /).
L'égalité (*) entraîne que pour tout p, rg/p+1 > rg/p — r. Ceci entraîne 0 = rg/9 >
rg f° — qr = n — qr, donc q > n/r.
Remarque. En particulier, si / est nilpotente et si dim Ker/ = 1, alors l'indice de nilpo-
tence de / est q = n.
- Il est important de retenir le résultat suivant (utilisé dans 1/a), et non spécifique aux
endomorphismes nilpotents) : Si / G C(E), la suite (Im/p)p€N décroît strictement puis
devient stationnaire. On montrerait de même que la suite (Ker /p)pgn croît strictement
puis devient stationnaire (à partir du même rang que (Imfp)p€^).
PROBLÈME 3. 1/ a) Soit N G A^n(^) une matrice nilpotente (i. e. il existe p G N* tel
que Np = 0) d'indice q (i. e. q est le plus petit entier naturel vérifiant Nq = 0). Montrer
que In — N est inversible et donner son inverse.
b) (Application). Montrer l'inversibilité et calculer l'inverse de la matrice
M =
( 1 -a 0 '•• ^\
0 1 '-. 0
: '*. —o
\o -■ o i y
eMn
2/ a) Soit TV G Mn(R) une matrice nilpotente d'indice 2. Pour tout p G N*, calculer
(In + N)p.
b) (Application). Soit M = ( _J * j G M2(K). Calculer M100.
Solution. 1/ a) Il suffit de remarquer que (In- N)(In + N H h iV9-1) = In-Nq = In, donc
In-Ne Ç£n{R) et (In - AT)"1 = /n + iV + • • • + TV*"1.
b) On peut écrire M = In — aN avec N = I n n~ 1. Une récurrence facile donne
VpeN*, l<p<n-l, Wp=(q /n0"p ) etAT = 0.

6. PROBLÈMES
151
En appliquant 1/a), on voit donc que M = In — aN est inversible et que
/la a2 ••• an~l \
0 1 a *-. :
r-l
.2Ar2
M~l = In + aN + azNl + • • • + an~lNn-1 =
n—1 a m— 1
\o
*•• a
0 1 /
2/ a) Les matrices In et AT commutant, on peut écrire
(/n + ivf = £ c$Nkiz-k = J2 ckNk = c% + qjw = in+P;v.
fc=0 fc=0
b) Si iV = I _ 1, on a M = 21<l + N et AT2 = 0, donc d'après la question précédente,
Mioo = 2ioo (h + 1 ^A 10° = 2ioo(/2 + mN) = 2ioo ^ -49 50 \
Remarque. Au 1/a), on a forcément q <n. On peut montrer ce résultat sans faire appel
au théorème de Cayley-Hamilton, en procédant comme suit. Soit / l'endomorphisme de
Rn dont N est la matrice dans la base canonique B de Rn. Pour tout entier r, l'égalité
[/r]s = Nr entraîne que les ordres de nilpotence de / et de N sont égaux. Or d'après le
problème précédent, l'ordre r de nilpotence de / est < n, et donc q <n.
- En fait, on identifie souvent une matrice M G Mn(K) et l'endomorphisme / de Kn
dont M est la matrice dans la base canonique de Kn. Si les vecteurs de Kn sont notés en
matrices colonnes, on a même f(X) = MX.
Problème 4. Soit E un ensemble et /i, /2,..., /„ n fonctions de E dans K, formant un
système libre dans le K-espace vectoriel des fonctions de E dans K. Démontrer qu'il existe
n points Xi,..., xn de E tels que la matrice (fi(xj))1<ij<n soit inversible :
a) En procédant par récurrence sur n G N*.
b) En considérant F = Vect(/i,..., fn) et si x G E en notant x : F —» K / t-> /(#), en
montrant que 3#i,..., xn G £" tels que 5i,..., xn forment une base de F*, dual de F.
Solution, a) Pour n = 1, c'est évident. Supposons le résultat vrai au rang n — 1 et montrons le
au rang n. On définit la fonction
AiE^K
x
f2(xi)
fn(xi)
fl(Xn-l) fl(x)
f2(xn-l) Î2{x)
fn{xn-l) fn(x)
xi,... ,xn-\ étant pris tels que det(/j(xj))i<jj<n_i ^ 0. En notant, pour tout i, Ai le mineur
de l'élément fi(x) de A, on a, en développant A(x) par rapport à la dernière colonne :
n
Vrc G E, A(x) = ^(-ir+% • fi(x).
i=l
Or An 7^ 0, et comme les (fi) forment une famille libre, on ne peut avoir Yn=i ^ifi(x) — 0 Pour
tout x, donc 3xn G E, A(xn) ^ 0, de sorte que (fi(xj))i<ij<n est inversible.

152
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
b) Pour tout x G E, l'application x : F —> K / h-> f(x) est un élément de F*. Soit V =
{x | x G E}. L'orthogonal de Y dans F est :
r° = {/ € F | Vx G £,£(/) = 0} = {/ G F | Va; G £,/(*) = 0} = {0}.
Soit G = Vect(r). On a G° = T° = {0} donc dimG = dimF - dimG° = dimF = n, et comme
G C F* on en déduit G = F* = Vect(r). Donc il existe xi,..., xn G E tels que (aTT,...,x^) soit
/«ï(/i)\
une base de F*. Les vecteurs I : J pour 1 < j < n sont donc linéairement indépendants, ce
qui revient à dire que la matrice A = [#j(/i)]i<jj<n =
Problème 5 (Identité de Jacobi, identité de Sylvester). 1/ (Identité de Jacobi)
a) Soit A G Q£n(K). On note T = A-1 et on considère l'écriture par blocs
A=[ n „ ] et T= [ „ avec B,WeMr(K),
où r vérifie 1 < r < n. Montrer que (det >l)(det W) = det E.
b) Soient I et J deux sous-ensembles de {1,... , n} de même cardinal r et A = (a^j) G
Mn(K). On note .A^j = (ctij)ieijeJ la matrice de A1r(K) obtenue à partir de A en ne
conservant que les lignes d'indice i G I et les colonnes d'indice j G J. Si A G GZn{C) et
T = A-1, montrer que
(det A)(det TJfj) = (-l)5(/'J)(det A/.,,.), avec 5(7, J) = £t 4- ^>
où 7* et J* sont les complémentaires de I et J dans {1,... ,n}.
2/ (Identité de Sylvester.) Soit A = (a^-) G Mn(K) et A = (Aitj) sa comatrice. Soient I
et J deux sous-ensembles de {1,... , n} de r éléments, avec 1 < r < n. Montrer
r/|J = (-l)^J).A/|J-(detAr-1
où TIyJ = det (A) f|j = det(Aij)ieIJej et où AJfj = det A/*,j* = det(a^)^Wj.
Solution, a) En écrivant par blocs l'égalité AT = In puis en considérant les blocs à gauche on
obtient BW + CY = Ir et DW + EY = 0. On en déduit
/ B C \ / W 0 \_(BW + CY C\_(lr C\
\D E ) \ Y In-r ) ~ \ DW + EY £J"\0 E )
et en prenant le déterminant on a donc (det A) (det W) = det£".
b) L'idée est de se ramener au cas précédent (qui correspond au cas où / = J = {1,... ,r}) par
permutation des indices. Considérons l'endomorphisme / de Kn dont A est la matrice dans la
base canonique B = (ei,..., en) de Kn. Notons i\ < ... < ir les éléments de / et k\ < ... < kn-r
ceux de /*, j\ < ... < jr les éléments de J et i\ < ... < £n-r ceux de J*. Considérons les bases
5/ = (eily...yeiryekl,...,ekn_r) et Bj = (eJn ... ,eJr,e^,... ,e£n_r). La matrice de / dans les
bases S/ et Bj s'écrit sous la forme par blocs [f]BJ = {% #), où E = Ai*j*. De même on peut
écrire [Z""1]^ = (y" §)> avec W = Tjj. La matrice [f]%J est inversible, d'inverse [Z""1]^. On
peut donc appliquer le résultat de la question précédente, qui donne (det[f]BJ) (det W) = detE.
Si Pi (resp. Pj) désigne la matrice de passage de la base S à la base Bi (resp. jBj), on a
[/11; = PjlAPi, et donc
(detP71)(detA)(detP/)(detrJi/) = det A/.fj.. (*)
Il reste à calculer det Pi et det Pj. La matrice Pi est obtenue à partir de In en effectuant sur
les colonnes la permutation a définie par a(is) = s pour l < s < r et a(k$) = r + s pour

6. PROBLÈMES
153
1 < s < n — r. On a donc det P/ = e(a) det In = e(cr), où e(a) est la signature de a. En notant
C(i>j) le cycle (i,i + l,...,jf), un peu d'attention montre que a = C(r> ir) • • • C(2,Z2)C(l,ii).
On a donc
r r
det PI = e(a) = ]Je(C(s,is)) = l[(-l)ia-s.
s=l
s=l
De même on trouve det Pj = ni=i(—1)^ s- Avec (*) on en déduit finalement
(det A) (det TJyI) = (det P,) (det P/)-1 (det A/V*)
r
= l[(-l)ia+ja-2s det Aj.,j* = (-l)^1^ det AI%J*.
s=l
c) Remarquons que le cas r = 1 est une conséquence immédiate de la définition des cofacteurs
de A. Supposons donc 2 < r < n — 1.
Lorsque det .A = 0, la comatrice de A est de rang 0 ou 1 (voir l'exercice 11 page 146), donc
comme r > 2, on a Titj = 0, donc l'identité souhaitée est bien vérifiée.
Supposons maintenant det A ^ 0. L'égalité A = (det A^T avec T = A~l montre que {A)iyj =
(det A)Tjti, donc Tjtj = (det A)r det Tjj. On conclue aisément car d'après le résultat de la
question 1/b), on a (det A) detTjj = (-l)5(/)J)A/)j.
Problème 6. a) Soit M e Mn(C). Montrer l'équivalence
(M t Qin(C)) «=> ((3P G ^4(C)), VA G C, P - XM G Qin(C)).
b) Soit ip G C(Mn(C)) telle que
VM G ^4(C), (^(M) G Q£n(€).
Montrer que si ^(M) G </4(C), alors M G ǣn(C).
Solution, a) Condition nécessaire. Supposons M non inversible. Si r = rg M, on sait que M est
équivalente à la matrice Kr = ( ^ q ), autrement dit il existe A, B G ^^n(C) tels que M = AKrB.
/0 ••• 0 1 \
Posons J =
0
V (0) 10/
G £4(C). Pour tout A G C on a
J - \Kr =
( "A
1
0
0
0 1 \
0
-A 0
1 0
V o
r lignes
(*)
0 10/
Le rang d'une matrice reste inchangé lorsque l'on ajoute à une ligne une combinaison linéaire
des autres. En ajoutant à la r-ième ligne dans (*) A fois la suivante, on fait disparaître le —A se
trouvant à la position (r,r). En itérant ainsi le procédé aux lignes d'indice r — 1,..., 1, on fait
disparaître tous les —A, de sorte que rg(J — \Kr) = rg J = n. Ainsi, J — \Kr G ^n(C), donc
A(J - \Kr)B = P - XM (avec P = AJB G G£n(C)) est inversible pour tout A G C, d'où la
condition nécessaire.
Condition suffisante. Raisonnons par l'absurde et supposons M inversible. Si Q = M~1P, on a
VA G C, det(P - XM) = (det M)(det(Q - A/n)) ^ 0

154
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
donc det(Q—A/n) ^ 0 pour tout A G C. Ceci est impossible puisque det(<5 —A/n) est un polynôme
de degré n en A (c'est le polynôme caractéristique de Q) donc s'annule au moins une fois sur C.
D'où la condition suffisante.
b) Raisonnons par l'absurde en supposant M G' G^ni^)- D'après la question précédente, il existe
P G ^n(C) telle que pour tout A G C, P - XM G G^n(Q- En vertu de l'hypothèse faite sur <p
et de la linéarité de </?, ceci entraîne
VA G C, <p(P) - \<p(M) G ǣn(C)t
donc d'après la question précédente, <p(M) $■ Gtn(C), ce qui est contradictoire. Finalement, on
aM€04(C).
Problème 7. Soit A = (<iij)i<ij<n € Mn(R)-
1/ Soit ip : N* —► R une fonction. Si pour tout (i, j),
ai,j = J2 ^)'
k\i et k\j
montrer que det A = ^(1)^(2) • • -^(n).
2/ (Applications). Calculer det.4 si
a) dij est le nombre de diviseurs communs à i et à j.
b) aiyj est la somme des diviseurs communs à i et à j.
c) dij = iAj =pgcd(ij).
Solution. 1/ On définit la matrice B = (&i,j)i<i,j<n par bij = 1 si i \ j, bij = 0 si i \ j. Elle est
triangulaire supérieure et n'a que des 1 sur la diagonale principale, donc deti? = 1. On définit
aussi la matrice C = (<Hj)\<ij<n comme étant une matrice diagonale avec c^ = ijj(i). On pose
maintenant D = lBCB = (dij)i<ij<n. Pour tout (z, j), on a
di,j = Ylbk>iCWbtJ = Ylbk^k}bkJ = S ^(fc) = aiJ'
k,l k k\i et k\j
Donc D = A = lBCB, et donc det A = det(*5) • detC • det£ = detC. Le déterminant de
la matrice diagonale C est le produit de ses coefficients diagonaux, donc finalement det .4 =
tf(l)---lKn).
2/ a) Il suffit d'appliquer 1/ avec tjj(k) = 1. On en tire det .4 = 1.
b) On applique cette fois ci 1/ avec tjj(k) = ky et on en tire det .4 = n!.
c) Remarquons d'abord que l'on a l'équivalence
(k\ietk\ j) <=> (k | pgcd(z, j)).
Rappelons que <£>, l'indicateur d'Euler, possède la propriété suivante : pour tout m, J2k\m vK^) =
m (voir la proposition 6 page 32). On a donc
<Hj = Pgcd(z, j) = Yl ^(fc) = S ^
fc|pgcd(z,j) k\i et k\j
et d'après 1/ appliqué à ^ = ^, on a det A = <£>(!) • • • (p(n).
Problème 8. Soient n > 2 un entier et K un corps commutatif. Montrer que tout
hyperplan de Mn(K) contient au moins une matrice inversible.
Solution. Soit H un hyperplan de .Mn(IK). Il existe une forme linéaire non nulle 99 de (Mn(K))*
telle que H = Kertp. D'après l'exercice 3 de la partie 4.6 (page 132), il existe une matrice

6. PROBLÈMES
155
A G Mn(K) telle que ip(M) = tv(AM) pour tout M G Mn(R). Comme ip ^ 0, on a A ^ 0.
Finalement,
H = Kenp = {M G Mn(R) \ tr(AM) = 0}.
Il s'agit donc de montrer que
(VA G M„(R), A ^ 0,3M G ^n(K)), tr(AM) = 0. (*)
Commençons par transformer A pour la rendre "sympathique". En posant r = rg(A) > 1 (car
A 7^ 0), on sait que A est équivalente à la matrice par bloc ( gr o) (von' ^ théorème 1 page 122),
c'est-à-dire
3P,Qeǣn(K) tels que PAQ = Jr avec Jr =
Fixons une matrice inversible M n'ayant que des 0 sur sa diagonale principale (on peut prendre
par exemple M = ( J /n0_1 )). En écrivant la matrice M sous forme de blocs M = (£r ^r ), avec
Ar G MrÇ&), on a
JrM = ( * * ) ,
ce qui montre que, comme M, la matrice JrM n'a que des 0 sur sa diagonale principale. Ainsi,
tr(JrM) = 0. En posant N = QMP G £4(K), on a M = Q~lNP~l et
0 = tr(JrM) = tr ((PAQ)(Q-1NP-1)\ = tr (p(AA0P_1) = tr(AW)
(deux matrices semblables ont même trace), d'où le résultat d'après (*).
Remarque. On peut prouver un résultat plus fort qui dit que la dimension maximale d'un
sous-espace de .Mn(K) ne contenant aucune matrice inversible est n(n — 1). Le résultat de
l'exercice en découle puisque la dimension d'un hyperplan de Mn(K) est n2 — 1 > n(n— 1).
Problème 9. Soit n G N* et une application p : Mn(C) —► R+ vérifiant
(i) \/A e Mi(C), VA g C, p(XA) < \X\ p(A).
(ii) VA, B G À4„(C), p(A + £) < p(A) + p(B).
(iii) VA, 5 G À4„(C), p(A£) < p(A)p(£).
Montrer que p = 0 ou que p est une norme sur Mn(C).
Solution. Commençons par remarquer que d'après (i),
VA G C*,W1 G M»(C), p(XA) < \X\p(A) = \X\p(j(XA)\ < \X\ •
ce qui entraîne p(XA) = \X\p(A) pour tout A G C.
Supposons p 7^ 0. Pour montrer que p est une norme, il nous reste à prouver que p(A) = 0
implique A = 0. Pour cela, raisonnons par l'absurde en supposant p(A) = 0 et A ^ 0. Si
r = rg A > 0, on sait A est équivalente à la matrice Jr = ( Qr J ) de sorte qu'il existe P,Q G GV-nity
telles que Jr = PAQ. D'après la propriété (iii), on ap(Jr) = p(PAQ) < p(P)p(A)p(Q) = 0, donc
p{Jr) = 0. La propriété (iii) appliquée à l'égalité J\ = J\Jr donne p{J\) < p{Ji)p(Jr) = 0, donc
p{J\) = 0. Désignons par D{ la matrice dont tous les coefficients sont nuls sauf celui d'indice (i,i)
qui vaut 1. La matrice D{ est de rang 1, donc équivalente à la matrice J\, et comme p{J\) = 0,
un raisonnement similaire au précédent donne p(A) = 0. Maintenant, l'assertion (ii) entraîne
p{In) = p(D1 + • • • + Dn) < p(Di) + • • • +p(Dn) = 0.
Donc pour toute matrice A, p(A) = p(AIn) < p(A)p(In) = 0 donc p(A) = 0. Ainsi p = 0, ce qui
est contraire aux hypothèses que nous avons faites. Finalement, on a montré que p = 0 ou que p
est une norme sur Mn(C).
Â
p(XA)=p(XA),

156
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
Problème 10 (Matrices de transvection). On se fixe un entier naturel non nul n
et on note <Sln(K) = {M G Mn(K) | det M = 1}. Pour i, j G {1,... ,n}, on note Eitj la
matrice de .Mn(K) dont tous les coefficients sont nuls sauf celui d'indice (i,j) qui vaut 1.
On appelle matrices de transvection les matrices de la forme In + XEij avec i ^ j et
ÀeK, matrices de dilatation les matrices
■•• 0 \
Sn(<*) =
0
0
1
0
0
a)
G Mn(K), avec a G K.
1/ a) Montrer qu'une matrice de transvection est inversible et que son inverse est aussi
une matrice de transvection.
b) Si A G ǣn(K), montrer qu'il existe des matrices de transvection Bi}..., Bp, B[,...,Bq
telles que A = Bx • • • Bp • 5n(det A) • B[ • • • B'q.
2/ On appelle commutateur toute matrice pouvant se mettre sous la forme ABA~lB~l
avec A, B G <Sln(K). Soit D le sous-groupe de ^n(K) engendré par les commutateurs.
a) Montrer que D = <Sln(K) si n > 3.
b) Montrer que D = S\n(K) si n = 2 et Card(K) > 4.
3/ On suppose Card(K) > 4 et n > 2. Soit ip un morphisme de groupe de Qtn(¥>) dans
un groupe commutatif G.
a) Montrer qu'il existe un morphisme de groupes g : K* —> G tel que ip = g o det.
b) Si G = K* et K est fini, montrer qu'il existe q G N tel que pour tout A G ££n(K),
(p(A) = (detA)q (on pourra utiliser le fait que (K*,-) est cyclique, voir la remarque de
l'exercice 10 page 26).
Solution. 1/ a) Il suffit de remarquer que lorsque i ^ j, Ef, = 0. Ainsi, Eij est une matrice
nilpotente d'indice 2, donc (In-\-XEij)(In — XEij) = In — \2Ef^ = In. La matrice de transvection
In + XEij est donc inversible, et son inverse est la matrice de transvection In — XEij.
b) Soit M G ǣn(K). Si i ^ j, on remarque que
(i) (In + XEij)M se déduit de M en ajoutant à la i-ième ligne de M À fois la j-ième,
(ii) M(In + XEij) se déduit de M en ajoutant à la j-ième colonne de M À fois la i-ième.
Ceci étant, on va maintenant prouver le résultat par récurrence sur n G N*. Pour n = 1, c'est
évident car A = (det A). Supposons le résultat vrai au rang n — 1 et montrons le au rang n. Soit
A G Ç£n(K). Comme A est inversible, la première colonne de A est non nulle. Il existe donc une
matrice de transvection T\ = In + A-E^j telle que le coefficient d'indice (2,1) de T\A soit non
nul. On voit alors qu'il existe \i tel que si Ti = In + fiEit2, alors T2T1A ait son coefficient d'indice
(1,1) égal à 1. D'après (i), on voit maintenant que l'on peut trouver des matrices de transvection
Bi,..., Bp (de la forme In + A-Ë^i) telles que
/ 1
(Bl---Bp)(TiT2A) =
0
x
\
X
X
\ 0 | x ••• x y
puis d'après (ii), on voit que l'on peut trouver des matrices de transvection B[,.
forme In + XEij) telles que
,BL (de la
/ 1
{Bl>--BpTiT2A)(B[>--Bq) = A' avec A' =
\
0
0
0
o\
/

6. PROBLÈMES
157
Or det A = det B donc d'après l'hypothèse de récurrence, il existe des matrices de transvection
Ci,..., Cr et C{,..., C's de Mn-i(K) telles que
B = C1--Cr-Sn-i(detA)-C[-
C's-
Les matrices
Di =
( 1
0
0 ••• 0 \
Ci
)
et
£>; =
.7
/ î
0
•
1°
0 •■■ 0 \
c; ,
/
sont des matrices de transvection de .Mn(IK), et on a
A' = Di---Dr-Sn(detA)-D[
et donc
Di
A = {T^T^){B~l ■ B^1)(D1 --Dr)- Sn(detA) - (D[ - ■ - D's){B'q)-1 ■ ■ ■ (B[)
-î
1 a(fi2-l)
0 1
M
d'où le résultat puisque l'on a vu plus haut que l'inverse d'une matrice de transvection est une
matrice de transvection.
2/ a) Tout d'abord, tout commutateur ABA~lB~l est dans <Sln(K) puisque det(ABA~1B~1) =
(det A)(det B)(det A~l)(det B~l) = 1. On en déduit donc D c <Sln(K).
Montrons maintenant que <Sln(K) c D. Soit M G <Sln(K). D'après la question précédente, M
est le produit de matrices de transvection, et D étant un groupe, il suffit donc de montrer que les
matrices de transvection sont des commutateurs pour montrer que M € D. Soit T = In + XEij
avec i ^ j une matrice de transvection. Comme n > 3, il existe k G {1,..., n} tel que k £ {i,j}-
On remarque alors que
T = (In + XEitk)(In + Ek,j)(In - ^Ei,k)(In ~ -Efcj)
et comme In — XE^ = (In + XEi^)~l et In — Ekj = (Jn + Ekj)~l, on en déduit que T est un
commutateur, d'où le résultat.
b) Remarquons tout d'abord que si (a,/?) G K x K*,
f fi 0 \ / 1 a\f fi-1 0\( 1 -a \
\0 fi-1 )\0 1 )\ 0 fi )\0 l J'
On choisit maintenant j3 tel que /?2-1^0et/?^0 (c'est possible car Card(IK*) > 3 et
l'équation polynomiale fi2 — 1 = 0 a au plus deux racines dans K). La relation (*) prouve alors
que toute matrice du type ( J f ) est un commutateur. De même, on montrerait que toute matrice
du type ( * Ç) est un commutateur. Autrement dit, toutes les matrices de transvection sont des
commutateurs, et comme à la question précédente, ceci suffit pour conclure que D = S\n(K).
3/ a) Notons e l'élément neutre de G. Si M = ABA~~lB~~l G G£n(^) est un commutateur, alors
ip(M) = ^(AMBMA-'MB-1)
et le groupe G étant commutât if,
tp(M) = rtAMA^MBMB-1) = tpiAA-'MBB-1) = y>(Jn)2 = e.
Comme D = S\n(K) est engendré par les commutateurs, on en déduit que tout élément M G
fSln(K) vérifie ip(M) = e.
Ceci étant, soit A G <#n(K). Soit A' G G£n{K) telle que A = A'Sn(detA). On a det,4 =
det .4' • det(5n(det .4)) donc det .4' = 1 car det (5n (det .4)) = det .4 ^ 0. Autrement dit, A' G
fSln(K) et donc (p(A') = e, d'où on tire ip(A) = ip(A')(p(Sn(det A)) = (p(Sn(det A)). Si g : K* -►
G a i-> (p[Sn(a)]y g est un morphisme de groupe de K* dans G, et on vient donc de montrer
que (p = g o det, d'où le résultat.
b) On recherche la forme de g. Le groupe K* est cyclique donc il existe a G K* tel que K* = (a).
En particulier, il existe p G N tel que g(a) = ap. Donc pour tout x G K*, x = a9, on a
<?(*) = y(a«) = g{af = (o?)« = (a«)* = ^,
et donc pour tout A G ^n(K), ip(A) = g(detA) = (detA)p.

158
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
Problème 11. a) Soient Aet B e Mn(R) deux matrices semblables sur C (i. e. il existe
P e £4(C) telle que A = P~lBP). Montrer que A et B sont semblables sur R (i. e. il
existe Q G Gen{R), A = Q~lBQ).
b) Plus généralement, soit K un corps infini et L une extension de K. Soient A et B G
Mn{K) deux matrices semblables sur L. Montrer que A et B sont semblables sur K.
Solution, a) Soit P G Q£n{Q telle que A = P~lBP, ou encore PA = BP. Écrivons P = P\+iP2
avec Pi,P2 G Mn(^)- En égalant parties réelles et imaginaires, on a Pi A = BP\ et P2-A =
BP2. (*) On définit le polynôme ip(X) = det(Pi + XP2) G R[X]. Comme y>(i) = detP ^ 0,
(p est non nul et donc n'a qu'un nombre fini de racines, de sorte qu'il existe x G M. tel que
(p(x) ^ 0, c'est-à-dire que Q = P\ + xP2 G A1n(]R) est inversible. De (*) on tire QA = BQ donc
A = Q~lBQ, d'où le résultat.
b) On procède un peu comme précédemment. Soit P G G£n(^<) tel que A = P~lBP, ou encore
PA = BP. On écrit P = (Pi,j)i<i,j<n- Le corps L est un K-e.v. Soit E = Vect(pitj)i<itj<n, s.e.v
de L de dimension finie sur K. Soit (ei,... , ep) une base de E. Pour tout (z,j) on peut écrire
Pi,j = Yfk=\PiJ,kek avec les pitjtk G K. Pour tout k, on note Pk = {Pi,j,k)i<i,j<n G Mn(&), de
sorte que P = eiPi + • • • + epPp. Comme PA = BP, on a pour tout fc, 1 < k < p, P^A =
£Pfc (**). Posons F(Xi, ...,XP) = det(XiPi + • • • + XPPP) G K[XU..., Xp\. On a P ^ 0 car
P(ei,..., ep) = det(P) ^ 0. Or K est un corps infini, donc F ne s'annule pas sur Kp, et donc il
existe (xi,...,xp) G Kp tel que F(x\,..., xp) ^ 0. Si Q = ziPi H £PPP G A1n(K), on a donc
Q G G£n{K) et d'après (**), QA = BQ donc A = Q~lBQ, d'où le résultat.
Remarque. Le résultat reste vrai lorsque K est un corps fini (voir l'annexe B, page 292).
Problème 12 (Splines cubiques). Soit / = [a, b] un segment de R avec a < b, n e N,
n > 2 et a = xo < Xi < ... < xn = b une subdivision de [a, b]. Une fonction s : / —► M
est appelée spline cubique si elle est de classe C2 sur / et si pour tout i (1 < i < n), la
restriction de s à [xi_i, Xi] est une fonction polynôme de degré < 3.
a) Soit a0 < ai deux réels, et zo,Z\,qo,qi G M. Montrer l'existence et l'unicité d'un
polynôme H de degré < 3 tel que H(ao) = z0, H'(ao) = qo, H(a\) = Z\, H'(a\) = qi, et
expliciter la valeur de H"(glq) et H"(ai) en fonction de zo, z\t qo, q\ et Oi — Oo-
b) On fixe dorénavant des nombres réels (yi)o<i<n et po, pn- On cherche une spline cubique
vérifiant les trois conditions
(i) Vi G {0,1,..., n}, s(xi) = y{ (ii) s'{a) = p0 (iii) s'{b) = pn. (*)
Soit s une fonction C1 sur / vérifiant (*), et telle que pour i = 1,... ,n, la restriction s*
de s à [#i_i,£;] soit polynomiale de degré < 3. Exprimer sous forme d'un système linéaire
une condition nécessaire et suffisante sur les inconnues pi = s'(xi) (1 < i < n — 1) pour
que s soit une spline cubique.
c) Montrer que ce système linéaire est inversible et en déduire l'existence et l'unicité d'une
spline cubique s vérifiant (*) (une telle spline est appelée spline scellée).
d) (Théorème de Holladay). On note H2 l'espace vectoriel des fonctions de classe C1 sur
/ et dont la restriction à chaque intervalle [xi_i,a;i] (1 < i < n) est déclasse C2. On note
H.2 l'ensemble des fonctions de H2 vérifiant les conditions (*). Montrer qu'il existe une
unique fonction 5 G H2 vérifiant
j\s"{x)fdx=Mij\f{x)fdx
et que cette fonction s est la spline scellée vérifiant les conditions (*). (Indication : si 5
est la spline scellée vérifiant (*), montrer que f s"(f" — s") = 0 pour tout f e H^.)

6. PROBLÈMES
159
Solution, a) L'existence et l'unicité du polynôme H de degré < 3 vérifiant ces conditions
d'interpolation est une conséquence du résultat de l'exercice 7 page 66. Nous allons retrouver ce
résultat directement, et calculer explicitement H"(ao) et H"(ai) en fonction de zo,zi,qo,qi.
Notons rao = H"(ao) et m\ = H"(ai). Comme H est polynomiale de degré < 3, H" est une
fonction affine, donc par interpolation linéaire on obtient
vin \ mo, \ , mi/ \ u
H (x) = ~r(ai - x) + -^-(z - ao), h = ai - ao.
h h
Une double intégration de la formule précédente entraîne, après une manipulation simple,
l'existence de a, fi e 1R tels que
H(x) = g^fai - x)3 + -^(x - a0)3 + a(ai - x) + /3(x - a0).
Les égalités if (ao) = z$ et H(a{) = zi donnent les égalités zq = ^h2 + ah et zi = ^h2 + f3h.
On en déduit les valeurs de a et (3 et après substitution dans (**) on obtient
rao/i
8-M«i-*;i-ifc
m0
rai
zq
*(«> = ^-*)8 + i(*—)8 + lT-
(ai - x) + ( ^ - ^- ) (x - a0).
(**)
En dérivant cette expression, et en substituant x par ao et ai, on obtient
q0 = H (a0) =
m0 mi zi-zo
ttI, s "«a , . ^10, . Zi~ Zq
qi = H (ai) = —h + — h +
Ceci permet d'obtenir directement les valeurs rao et rai sous la forme
H"(a0) _ rap_ _ _2q0 + qi t 0zi - z0 H"(ai) _ rai _ q0 + 2gi
2
-3
h
Zl - Zq
(***)
2 2 h h2 ' 2 2 /i /i2
Ainsi, partant de 2o>2i,ao,gi il y a une et une seule valeur possible pour rao et rai, donc on a
bien l'existence et l'unicité de H d'après la formule (**).
b) Soit pi = s'(xi). La restriction si de s à [xi_i,Xi] est un polynôme de degré < 3 vérifiant
Si(xi-i) = yi-i, sfai-i) = pi-i, Si(xi) = m, sfai) = pi. D'après le résultat de la question
précédente, Si existe et est unique, ce qui définit s de manière unique dès que s vérifie (*) et
s'(xi) = pi pour i = 1,... ,n — 1. La seule condition manquante pour que s soit une spline
cubique est qu'elle soit de classe C2. Ceci est équivalent à la condition s"(xi) = s"+i(xi) pour
1 < i < n — 1, ce qui d'après la formule (***) s'écrit aussi
2/i-i 2pi + pi+i l02/i+i-2/i
Pi-i + %Pi _ nVi
hi-i /i2_x
hi
h2
fli—i — Xi Xï—if fïi — Xi-^-i X{.
En résumé, s est une spline cubique si et seulement si le système linéaire suivant est satisfait
Vi€{l,...,n-1}>
c) En posant
Pi-i
hi-i
+ 1Pi
1 Tl
h = -r et di = ci-—,
hi ho
' 1 V
M-i hij
ai = C2,
hi
Vi -Vi-i 32/i+i - Vi
h2
A?
dn-2 = Cn-2, ^n-1 = Cn-1 ~
Pn
le système linéaire précédent s'écrit aussi en fonction des inconnues pi,
/ 2(4 + ^i) 4 0 ••• 0 \ / Pi \
h 2(4 + 4) 4 '•■ '• I I P2
o e2 ■•• ••• o
\
0
'•• '•• ^n-2
0 tn-2 2(tn-2 + tn-l) )
hn-\
tPn-i sous la forme
/ di \
d2
\ Pn-l 1
\ dn-l I
Notons M la matrice carrée d'ordre n — 1 du membre de gauche de cette égalité. Si MX = 0
avec X =
XI
Xn-1
, alors si k est tel que \xk\ = sup^ \x{\, la ligne k du système MX = 0 s'écrit
£k-iXk-i + 2(4-1 + 4)^ + 4^+1 = 0 (où on pose x0 = xn = 0). Ceci entraîne 2(4-i +4)zfc =
-4_ixfc_i - £kxk+i donc 2(4_i + £k)\xk\ < 4-ikfc-i| +4k*+i| < (4-1 + 4)NI ce qui n'est

160
3. ALGÈBRE LINÉAIRE : GÉNÉRALITÉS
/'
Ja
possible que si Xk = 0 (nous venons d'utiliser la propriété que M est diagonalement dominante,
voir l'exercice 1 page 123). On en déduit que X = 0, donc que M est inversible, ce qui prouve bien
l'existence et l'unicité des inconnues (p;)i<z<n-i- D'après le résultat de la question précédente,
ceci montre l'existence et l'unicité d'une spline cubique vérifiant les conditions (*).
d) Soit s la spline scellée vérifiant les conditions (*). Soit / G H%. On note u = f — s. On a
/ (f"(x))2dx= f (s"(x))2dx + 2 f s"(x)u"(x)dx+ f (u"(x))2dx. (****)
Ja Ja Ja Ja
Sur [xf-ijXi], la fonction s est égale à la fonction polynomiale s;, sa dérivée troisième y est donc
bien définie, et on peut écrire l'intégration par partie
H s,,(x)u,,(x)dx=[s,,(x)u\x)]2i-fXl s'"(x)u'(x)dx.
Comme s = Si est polynomiale de degré 3 sur [xf-i,^], la fonction s,n est constante sur cet
intervalle. On peut donc écrire
f1 s"{x)u"{x)dx = [AsKOCL -*"'(**) r *'(*)<& = [s"(x)u,(x)]x;i_i,
Jxi-i x Jxt-i
car comme f et s vérifient les conditions (*), la fonction u = f — s s'annule aux points X{ donc
fx*- u'(x)dx = u(xi) — u{xi-\) = 0. En sommant cette relation sur z, on en déduit
s"(x)u"(x) dx = [s"(x)u'(xj\ba = s"(b)u'(b) - s"(a)u'(a) = 0
fa
car comme f et s vérifie la condition (ii) et (iii) de (*), on a u'(a) = u'(b) = 0. Finalement la
formule (****) s'écrit
/ (f"(x))2dx= f (s"(x))2dx+ f {f"{x)-s"{x))2dx.
Ja Ja Ja
On en déduit bien que fa{s"(x))2 dx = inf/e#* fa{f"(x))2 dx. La fonction s est bien la seule à
atteindre ce minimum. En effet, considérons une autre fonction / G H\ qui l'atteint. La formule
précédente entraîne f*{f"{x) - s"{x))2 dx = 0, donc f*{_ (f"(x) - s"{x))2 dx = 0 pour tout i.
Donc sur chaque intervalle [a?i_i,aji], /" — s" s'annule donc (/ — s) y est affine. Comme de plus
f et s vérifient (*), f — s s'annule aux extrémités de [a?i_i,a;i] donc / — s = 0 sur [a^i-i,^]. On
en déduit / = s, d'où le résultat.
Remarque. On définit également les splines cubiques dans le plan ou l'espace. Ces
dernières sont utilisées en conception assistée par ordinateur, pour faire passer une courbe
par des points donnés. Le théorème de Holladay exprime que ces courbes ont la propriété
de "minimiser" la courbure tout en passant par les points.
- Les splines sont des courbes interpolantes qui oscillent moins que les polynômes
d'interpolation de Lagrange, et elles évitent le phénomène de Runge (voir le tome Analyse).
- En remplaçant les conditions (ii) et (iii) de (*) par s" (a) = s"(b) = 0, on définit de
même les splines cubiques naturelles. Les propriétés d'existence et d'unicité, ainsi que le
théorème de Holladay, restent vraies pour les splines naturelles. On peut également définir
les splines d'ordre quelconque r, lorsque 5 est polynomiale de degré < r sur [^-i,^].

CHAPITRE 4
Réductions d'endomorphismes
T 'algèbre linéaire au sens moderne se développe progressivement à partir des
*-J années 1840. Vers 1880, la théorie des systèmes d'équations linéaires généraux
(sur R et C) est enfin achevée, ainsi que celle des valeurs propres des matrices
carrées et de la réduction de ces dernières à une forme canonique.
La notion générale de valeur propre d'un endomorphisme apparaît en
fait au dix-huitième siècle, non à propos des transformations linéaires, mais
dans la théorie des systèmes d'équations différentielles linéaires à coefficients
constants, étudiés par Lagrange en 1762. Le théorème de Cayley-Hamilton
apparaît quant à lui dans un mémoire de Cayley en 1858, démontré
uniquement dans le cas n = 2 et n = 3. Les travaux de Cayley paraissent être
pratiquement ignorés jusque vers 1880 et c'est grâce au développement de la
théorie des formes bilinéaires notamment avec Cauchy, Sylvester, Hermite et
Weierstrass, que l'étude des matrices est remise au goût du jour. Weierstrass
obtient d'ailleurs la réduction dite de Jordan. C'est Probenius qui, dans
plusieurs mémoires publiés entre 1877 et 1880 tiendra le rôle de législateur dans ce
domaine en développant de manière systématique les résultats obtenus, avant
de parvenir à l'axiomatisation de l'algèbre linéaire par Peano en 1888.
Dans tout le chapitre, K désigne un corps commutatif.
1. Diagonalisation, trigonalisation
1.1. Généralités en dimension quelconque
La lettre E désigne un K-e.v de dimension quelconque, / un endomorphisme de E.
DÉFINITION 1. Soit a G K. Le scalaire a est dit
(i) Valeur régulière de f si f — a Id# est inversible.
(ii) Valeur spectrale de f si f — a Id# est non inversible.
(iii) Valeur propre de f si f — a Id# est non injective, autrement dit s'il existe x ^ 0
tel que f(x) = cxx, et on dit alors que x est vecteur propre de f attaché à la valeur
propre a.
On appelle spectre de f l'ensemble de ses valeurs spectrales.
Remarque 1. - En dimension finie, (ii) et (iii) sont équivalents.
- 0 est valeur propre de / si et seulement si Ker/ ^ {0}.
- Pour une matrice A G .Mn(K), on dit que a G K est valeur propre de A s'il existe
un vecteur X ^ 0 tel que AX = aX. On dit alors que X est vecteur propre de A
attaché à la valeur propre a. Si A est la matrice d'un endomorphisme /, a est valeur
propre de A si et seulement si a est valeur propre de /.
DÉFINITION 2. Soit À une valeur propre de /. L'ensemble E\ = {x G E \ f(x) = Xx} =
Ker(/ — Àlds) est un s.e.v de E stable par /, appelé sous-espace propre de f associé à la
valeur propre À.

162 4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Théorème 1. Soient Ai,..., A* des valeurs propres de f, distinctes deux à deux. Alors
les sous-espaces propres E^,..., E\k sont en somme directe.
1.2. Étude en dimension finie
La lettre E désigne désormais un K-e.v de dimension finie n G N*.
Polynôme caractéristique.
DÉFINITION 3. Soit A G Mn(^)- On appelle polynôme caractéristique de A le polynôme
de K[X] défini par PA(X) = det[A - XIn}.
Remarque 2. - On a Pa(0) = det A (i.e. le coefficient constant de Pa est égal à det A).
- Une matrice a même polynôme caractéristique que sa transposée.
- Deux matrices semblables ont même polynôme caractéristique.
DÉFINITION 4. Soit / G C(E). Le polynôme caractéristique de la matrice de / dans une
base B de E ne dépend pas de la base B choisie. On l'appelle polynôme caractéristique
de / et on le note Pf.
Remarque 3. Un endomorphisme / G C{E) a même polynôme caractéristique que son
application transposée */ (car [*/]s = *[/]s).
Proposition 1. A est valeur propre de f e C(E) si et seulement si P/(A) = 0.
Remarque 4. Bien sûr, ce résultat reste vrai pour les matrices. En fait, en dimension finie,
tout ce qui est vrai pour les endomorphismes est vrai pour les matrices et réciproquement
(en effet, toute matrice A G Mn(K) peut s'associer à l'endomorphisme de Kn : X i-> AX,
c'est-à-dire l'endomorphisme de Kn dont A est la matrice dans la base canonique de Kn).
Remarque 5. - Si K est algébriquement clos (par exemple K = C), tout élément / G
C(E) a au moins une valeur propre A G K.
- Pour montrer que A est valeur propre d'une matrice A, on peut montrer que rg(^4 —
XIn) < n (ce qui est parfois plus simple que de montrer Pa(A) = 0). Par exemple si
n> 2 et
( a 1 ••• 1 ^
1 ••• ••• :
A =
eMn
: '-. '-. 1
\ 1 ••• 1 a )
on voit que rg(^4 — (o — l)/n) = 1 < n donc a — 1 est valeur propre de A et
dim^a-i = n — 1.
- Dans la pratique, pour déterminer E\ lorsque A est valeur propre d'une matrice
A — iai,j)i<i,j<n £ Mn(K), on résout le système AX = XX qui s'écrit
(ûi,i - A) xi + Oi)2 x2 + • • • + altn xn = 0
û2,i xi + (a2)2 - A) x2 + • • • + a2>n xn =0
an,i xi + an>2 x2 + • • • + (an,n - A) xn =0
(voir l'exercice 1.6 page 167).
Coefficients du polynôme caractéristique d'une matrice. Soit A G Ain(K). On
peut écrire
pA(x) = (-i)n [xn - Ar-1 + p2xn~2 + • • • + (-ly-'pn^x + (-i)n/?n],
où fii = tï A, fin = detA, et pour tout k, fik est la somme des mineurs principaux de
A d'ordre k (rappelons qu'un mineur principal d'ordre k est un mineur obtenu comme

1. DIAGONALISATION, TRIGONALISATION
163
intersection de k lignes et de k colonnes de même numéros). En particulier, si A désigne
la comatrice de A, (3n-i = trA.
Proposition 2. Soit f G C(E), F un s.e.v strict de E (le. F ^ E et F ^ {0}) stable
par f. Soit g = f\p la restriction de f à F. Alors g G C(F) et Pg divise Pf.
Démonstration. F étant stable par /, g = f\F est bien un endomorphisme de F. Ceci étant, soit
(ei,..., er) une base de F complétée en une base B = (ei,..., en) de E. La matrice de / dans B
a la forme
[/]* =
0
-J 0Ù A= (^.....e,.),
et donc
Pf = det([f}B - XIn) =
A-XIr
0
c
JD — Ain_r
= det{A - XIr) • det(B - XIn-r) = Pg • det(B - XIn-r).
D
Proposition 3. Soit f e C(E) un endomorphisme nilpotent. Alors Pf = (—l)nXn (où
n = dim E).
Démonstration. Nous donnons deux méthodes de démonstration de ce résultat. Soit q G N* tel
que /« = 0.
Première méthode. Soit A la matrice de / dans une base de E, K' le corps des racines de
Pa{X). Dans K', on peut écrire Pa = (—l)nIli(^ — ^ô- On peut bien sûr regarder A comme
une matrice de A^K'). Pour tout i, Xi est valeur propre de A, associé à un vecteur propre
X ^ 0. Un calcul rapide donne AqX = XjX, et comme Aq = 0, on en tire Ai = 0. Donc
PA = (-l)nIli(X-Xi) = (-l)nXn.
Seconde méthode. Nous allons montrer ce résultat sans faire appel au corps des racines de P/,
en procédant par récurrence sur n G N*. Pour n = 1, c'est évident. Supposons le résultat vrai
au rang n — 1, montrons le au rang n. On a (det f)q = det(fq) = 0, donc det/ = 0 et donc
Ker/ ^ {0}. Soit e\ G Ker/, e\ ^ 0, de sorte que /(ei) = 0. Complétons e\ en une base B de
E. Alors
[/]* =
0
0
x
M
et 0 = lf«]B = (lf}B)* =
0
0
x
x
Af«
donc Mq = 0, et d'après l'hypothèse de récurrence Pm = (—l)n Xn , donc
Pf(X) =
-X
0
x
x
M - XIn-!
= (-X)PM = (-l)nXn.
D
Remarque 6. Un résultat plus fort sera donné à la remarque 6 page 177.
1.3. Endomorphismes diagonalisables
DÉFINITION 5. Soit / G C(E). On dit que / est diagonalisable s'il existe une base de
vecteurs propres de /. On dit que A G Mn(K) est diagonalisable si A est semblable à une
matrice diagonale.
Remarque 7. Un endomorphisme / est diagonalisable si et seulement si sa matrice dans
une base quelconque de E est diagonalisable.
Proposition 4. Soit f G C(E). Si Pf est scindé sur K et a toutes ses racines simples,
alors f est diagonalisable.

164
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Démonstration. Écrivons Pf = (—l)nri?=i(^ — ^)- P°ur t°ut h ^i es* valeur propre de / donc
il existe X{ un vecteur propre de / associé à la valeur propre A^. D'après le théorème 1, les Xi
forment une famille libre, à n éléments, et forment donc une base de E. □
Proposition 5. Soit f G C{E), A G K une racine de Pf d'ordre de multiplicité h. Alors
dim Ex < h.
Démonstration. Le sous-espace propre E\ est stable par /. Soit g = f\Ex G C{E\). D'après la
proposition 2, Pg divise Pf. Comme g = X Id#A, on a Pg = (A - X)dmEx, donc dim.E\ < h. D
Théorème 2. Soit f G C(E). Les propositions suivantes sont équivalentes.
(i) f est diagonalisable.
(ii) Pf est scindé sur K et pour toute racine Xi de Pf d'ordre de multiplicité hi, hi =
dim E\i.
(iii) Il existe des valeurs propres Ai,..., Ap de f vérifiant E = EXl 0 • • • 0 EXp.
Démonstration, (i) ==> (ii). Soit B une base de vecteurs propres de /. La matrice M de f
dans B est diagonale, et si Ai,..., Ap désignent les valeurs propres de /, la diagonale de M est
constituée des A^. Pour tout i, 1 < i < p, notons hi le nombre de fois que A^ apparaît dans la
diagonale de M, de sorte que Pf = Pm = (—l)n n?=i(^ — ^i)hi- P°ur tout », 1 < * < p, il existe
hi vecteurs de la base B vérifiant f(x) = XiX, c'est-à-dire hi vecteurs linéairement indépendants
dans E\v donc dimiï^ > hi. Donc dim^i = hi d'après la proposition précédente.
(ii) => (iii). Écrivons Pf = (-l)nnî=i(* ~ Ai)/lS les ^ étan* distincts. Soit F = ®?=1EXi.
On a dim F = £?=1 dim EXi = £?=i hi = deg(P/) = n, donc F = E.
(iii) => (i). Si pour tout i, Bi désigne une base de E\iy alors il est clair que B = B\ U • • • UBp
est une base de vecteurs propres de /. D
Proposition 6. Soit f e C(E) diagonalisable et F un s.e.v de E stable par f. Alors
f\F G C(F) est diagonalisable.
A ce stade du cours, ce résultat est non trivial. Il sera démontré ultérieurement dans
ce chapitre (voir la conséquence du théorème 2 page 175).
1.4. Trigonalisation
Définition 6. Un endomorphisme / G C(E) est dit trigonalisable s'il existe une base B
de E dans laquelle la matrice de / soit triangulaire supérieure. On dit alors que la base
B trigonalise /.
Une matrice A G Mnfâ) est dite trigonalisable si A est semblable à une matrice
triangulaire supérieure.
Remarque 8. Un endomorphisme / est trigonalisable si et seulement si sa matrice dans
une base quelconque de E est trigonalisable.
Théorème 3. Un endomorphisme f G C(E) est trigonalisable si et seulement si son
polynôme caractéristique Pf est scindé sur K.
Démonstration.
Condition nécessaire. C'est le plus facile. Soit B une base de trigonalisation de /. On a
/Ai x • • • x \
0 A2 '•• !
T = U)b =
: x
V 0 ••• 0 An /
G Mn(K),

1. DIAGONALISATION, TRIGONALISATION
165
donc Pf = PT = (-l)n Il?=i(^ - ^i) est scindé sur K.
Condition suffisante. Nous allons procéder par récurrence sur n G N*. Pour n = 1, c'est évident.
Supposons le résultat vrai au rang n — 1. Nous allons donner deux méthodes pour montrer le
résultat au rang n.
Première méthode. Le polynôme caractéristique de l'application transposée */ vérifie Ptf = Pf,
don Ptf est scindé sur K, donc d'après la proposition 1, */ admet un vecteur propre x dans le dual
E*, donc Kx est stable par '/. On en déduit que l'orthogonal H de Kx dans Kn est un hyperplan
stable par / (voir la proposition 8 page 130). D'après la proposition 2, le polynôme caractéristique
de la restriction de / à H (f\H est bien un endomorphisme puisque H est stable par /) divise Pf
donc est scindé sur K, ce qui entraîne d'après l'hypothèse de récurrence l'existence d'une base
B\ = (ei,... ,en_i) de H dans laquelle /|# se trigonalise. Complétons cette base de H en une
base B = (ei,..., en) de Kn. La base B triangule / car
/
[f}B =
[/|Jï]Bi
Vo
0
X
X
\
/
/ x
0
V o
x \
0 x /
Seconde méthode. D'après la proposition 2, il existe un vecteur propre e\ de /. Complétons e\
en une base B = (ei,..., en) de Kn, et notons H = Vect(e2,..., en). On a
/
[f)B =
a
0
^0
x
x
\
M
avec M G Mn_i(K),
/
où M est la matrice de l'endomorphisme g G C{H) défini par g = p o f\H) où p est la projection
sur H parallèlement à Kei. OnaP/ = (a-X)Pm = (a — X)Pg, donc Pg est scindé sur K, donc
d'après l'hypothèse de récurrence, il existe une base B\ = (/2,..., fn) de H qui trigonalise g. La
base B' = (ei, /a,..., fn) trigonalise / car on a
/
U\b> =
a
0
0
x
\9\bx
X
\
/
D
Remarque 9. - La version matricielle de ce résultat est la suivante : une matrice M G
Mn(^) est trigonalisable si et seulement si son polynôme caractéristique est scindé
sur K.
- Si / G C(E) est trigonalisable et si F est un s.e.v de E stable par F, alors
l'endomorphisme f\p est trigonalisable (en effet, P/|F divise Pf donc est scindé sur K).
- Si K est algébriquement clos (par exemple K = C), tout endomorphisme du K-espace
vectoriel E est trigonalisable.
- La trigonalisation d'une matrice est parfois un passage commode pour montrer un
résultat. Notons la relation suivante entre le produit de deux matrices triangulaires
supérieures :
f ai x ••• x\//?i x ••• x^ / aiPi x • • • x \
0 a2
\ 0
0
x
0 &
V o
0
x
PnJ
0 a2p2
\ 0
0
x
ttnfin )
- On verra dans la section 4 page 191 des réductions plus poussées.

166
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
1.5. Réductions simultanées
Proposition 7. Soient f,g e C(E) tels que f og = go f. Alors
(i) Tout sous-espace propre de f est stable par g (en particulier Ker f).
(ii) Im / est stable par g.
Démonstration, (i) Soit E\ un sous-espace propre de /. Pour tout x G E\, f[g(x)] = g[f(x)] =
g(Xx) = Xg{x) donc g(x) G E\.
(ii) Soit y G Im/, et x G E tel que y = f(x). On a g(y) = g[f(x)] = f[g{x)] G Im/. □
Théorème 4 (Diagonalisation simultanée). Si f et g e C(E) sont diagonalisables
et commutent, il existe une base commune de diagonalisation de f et g (on dit alors que
f et g sont codiagonalisables,).
Démonstration. Soient Ai,..., Ar les valeurs propres de /, E\l,...,E\r les sous-espaces propres
correspondants. Pour tout i, E\t est stable par g. La restriction de g à E\0 g\Ex., induit un
endomorphisme de E\{, diagonalisable d'après la proposition 6. Il existe donc une base Bi de
Ex{ de vecteurs propres de g (et bien sûr de / car f\Ex = AjId£A.). Or E = ©f=1£?Ai» d°nc
B = (Bi,...,Br) est une base de diagonalisation commune de f et g. □
Remarque 10. La réciproque est vraie : si / et g se diagonalisent dans une même base,
alors f et g commutent (il suffit de remarquer que f et g commutent sur cette base).
Théorème 5 (Trigonalisation simultanée). Si f et g e C(E) sont trigonalisables
et commutent, alors il existe une base de trigonalisation commune de f et g (on dit alors
que f et g sont cotrigonalisables/
Démonstration. Préliminaire. Remarquons déjà que f et g ont un vecteur propre commun. En
effet, / admet une valeur propre A G K (puisque / est trigonalisable). Le sous-espace propre Ex
est stable par g, et g^x est trigonalisable (voir la remarque 9), donc admet un vecteur propre
x £ Ex- Finalement, x est un vecteur propre commun à, f et g.
On procède maintenant par récurrence sur n. Pour n = 1, c'est évident. Supposons le résultat
vrai au rang n — 1. Pour le montrer au rang n, nous donnons deux méthodes.
Première méthode. Comme / o g = g o /, on a lg o */ = */ o lg, donc d'après le préliminaire
appliqué à */ et lg, il existe un vecteur propre x £ E* commun à '/ et à lg. Ainsi, Kx est stable
par */ et lg, donc l'orthogonal H de Kx dans E, est un hyperplan de E stable par / et g. D'après
l'hypothèse de récurrence, f\j{ et g\fj sont trigonalisables dans une même base B' de H. Soit
e G E tel que B = (B',e) forme une base de E. Alors
\S\b =
(
\!\h\b>
\0 ••• 0
x ••• x
x
\
/
et comme la matrice de /[# dans B' est triangulaire supérieure, on en déduit que [/]# est
triangulaire supérieure. De même, [q\b est triangulaire supérieure, d'où le résultat au rang n.
Seconde méthode. Le préliminaire assure l'existence d'un vecteur propre commun x k f et k g.
Complétons x en une base B = (x, e2,..., en) de E. On a
/
u]b=
a
0
Vo
x
x
\
M
et [g]B =
)
( I3
0
1°
X
N
x
\
/

1. DIAGONALISATION, TRIGONALISATION
167
Comme Pf = (a — X)Pm, Pm est comme Pf scindé sur K, donc M est trigonalisable. De même,
N est trigonalisable. Or fg = gf, donc [/]b[#]b = Mb[/]b, ce qui s'écrit
/ x
0
\o
x
\
MN
(
I
0
\o
x
\
NM
)
et donc MN = NM. Soit B\ = (c2,...,c„) et H = VectBi, hyperplan de E. On note p
la projection sur H parallèlement à Kx. Soit /i = p o /|# et pi = p o p|# e C(H). Comme
[/i]-Bi = M et [pi]si = N, /i et pi commutent donc d'après l'hypothèse de récurrence, il existe
une base B\ de H qui trigonalise à la fois f\ et g\. Dans la base B7 = (x, B\) on a
/ x
Mb' =
V
0
0
x
\
[ZiU,
/
ce qui montre que [/]#' est triangulaire supérieure. De même [g]B> est triangulaire supérieure,
d'où le résultat. □
Remarque 11. - La formulation matricielle de ces deux théorèmes est la suivante :
Soient A, B G Mn(&) diagonalisables (resp. trigonalisables) telles que AB = BA.
Alors il existe P G G£nfâ) telle que P~lAP et P~lBP soient diagonales (resp.
triangulaires supérieures).
- La première méthode des démonstrations des théorèmes 3 et 5 montre l'intérêt de
l'utilisation des applications transposées */ G C(E*) dans les raisonnements par
récurrence (voir la partie 4 page 126 du chapitre III). Ce procédé est à retenir !
1.6. Exercices
Exercice 1. Diagonaliser ou trigonaliser dans Mn(C), en donnant la matrice de passage,
les matrices suivantes.
a) M =
b) M =
/
V
c) M =
d) M =
0
0
0
-1
2
5
-3
0
0
1
0
2
1
4
0
-1
0
0
-3
-5
0
1\
0
0
0/
\
.
/
Solution, a) On calcule le polynôme caractéristique de M :
Pm =
-X 2 -1
3 -2 - X 0
-2 2 l-X
1-X 2 -1
l-X -2-X 0
1-X 2 l-X
= (1-X)
1 0 0
1 -4-X 1
1 0 2-X
= (1-X)
= (1-X)
1 2 -1
1 -2-X 0
1 2 1-X
-4-X 1
0 2-X
= -(X-l)(X-2)(X + 4).
D'après la proposition 1, M a donc trois valeurs propres qui sont 1, 2 et —4. Ces valeurs propres
étant distinctes, M est donc diagonalisable d'après la proposition 4. Recherchons

168
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
- Un vecteur propre X\ = ( y j associé à la valeur propre 1 :
MXl = X1 ^=>
-x + 2y -
3x - 3y
-2x + 2y
z =0
= 0
= 0
{
x = y
x = z
Donc X\ = ( i J convient.
- Un vecteur propre X2 = ( y ) associé à la valeur propre 2
MX2 = 2X2
( -2x + 2y - z =0
l Sx - 4y =0
{ -2x + 2y - z =0
Sx =
z =
4y
2{y - x)
Donc X2 = ( 3 j convient.
- Un vecteur propre X% = ( y J associé à la valeur propre —4
MI3 = -4X3
Ax + 2y - z =0
Sx + 2y =0
-2x + 2y + 5z =0
3x + 2y = 0
x = z
Donc
*-(*)
convient.
- L'endomorphisme / G £(C3) ayant M pour matrice dans la base canonique de C3 est donc
diagonalisable, et B = (X\,X2,Xz) est une base de diagonalisation de /. On a
[f)B = D =
donc P~1MP = D avec P =
(P est la matrice de passage de la base canonique de C3 à la base B).
b) Un calcul donne PM = (X2 + l)2 = (X + i)2(X - i)2.
- On recherche Ei, le sous-espace propre associé à la valeur propre z. On a
/ -i 0 0 1 \
., .r 0 -i -1 0
M-^=\ 0 1 -i 0
\ -1 0 0 -i J
On remarque que dans cette dernière matrice, la dernière colonne vaut i fois la première, c'est-
à-dire qu'en sommant la première colonne à i fois la dernière, on tombe sur le vecteur nul.
Autrement dit, (M — U4) f jj J = 0. De même, on trouve (M — 1I4) I 2^ ) = 0. On a donc
£4 = Vect{(j),(_J,)}
(ces deux vecteurs forment une famille libre de E^ donc une base de Ei car d'après la
proposition 5, on a dimEi < 2). On en déduit en particulier que dimi^ = 2.
En procédant de la même manière, on trouve que dim E-i = 2 et que
£_< = Vect{ ( g J, Q
}•
D'après le théorème 2, M est donc diagonalisable et on a
/
>-i
P~lMP = D avec D =
\
i 0 0
0 i 0
0 0 -i
0 0 0
0 \
0
0
"* /
et F =
/ 1 0 0 1 \
0 110
0 -i i 0
\ i 0 0 -i )

1. DIAGONALISATION, TRIGONALISATION
169
c) Ici Pm = —{X — 2>){X — 2)2. Comme Pm a une racine double, M n'est pas forcément
diagonalisable.
- Recherchons E3, le sous-espace propre associé à la valeur propre 3. La résolution du système
MX = 3X montre que E3 = Vect{ (j ) }.
- Recherchons E<i, le sous-espace propre associé à la valeur propre 2. La résolution du système
MX = 2X montre que E2 = Vect{( 3 J}. Donc dimi?2 = 1 < 2, et donc M n'est pas
diagonalisable.
On va donc trigonaliser M. Désignons par B la base canonique de C3, et soit / € £(C3) telle
que [f]B = M. Soit
ei = (l)' e2=(!)' e3=(î)'
La famille B' = (ei,e2,e3) est une base, et on a E3 = Vectei et E2 = Vecte2. On calcule les
valeurs de / sur cette nouvelle base :
/(ci) = 3ei, /(e2) = 2e2, /(c3) = (=3) = e2 - 6ci + 2e3,
donc la matrice de / dans la base B* est
/ 3 0 -6
[f\B, = T = 0 2 1
\ 0 0 2
donc si P est la matrice de passage de la base B à la base B\
P =
on a P"1[/]bP = [/]#', ou encore P~lMP = T. Au passage, on remarque que les termes de la
diagonale principale de la matrice triangulaire T sont les racines du polynôme caractéristique de
M, répétés avec la même multiplicité. Ceci est cohérent car T et M étant semblables, elles ont
même polynôme caractéristique.
d) Ici, PM = (1 - X)3. Un calcul donne rg(M - J3) = 2, donc dim£i = dim[Ker(M - J3)] =
3 - rg(M - I3) = 1. D'après le théorème 2, M n'est donc pas diagonalisable. Nous allons
la trigonaliser. (C'est plus complexe qu'à la question précédente. Au c), on avait trouvé deux
vecteurs propres indépendants. Il ne restait plus qu'à en trouver un troisième, formant une
base avec les deux autres, puis à en exprimer l'image par M pour trigonaliser M. Ici il n'y a
qu'un seul vecteur propre et cette méthode ne va pas fonctionner. Nous allons procéder comme
dans la démonstration du théorème 3 de trigonalisation. Nous allons donner deux méthodes,
correspondant chacune à l'une des deux démonstrations du théorème 3.)
- Première méthode. On note B la base canonique de C3. Soit / € £(C3) telle que {f]B = M.
On cherche un hyperplan stable par /. Soit B* la base duale de B, de sorte que ['/]#* = *M.
On a Ptf = PtM = Pm = (1 — -X")3, 1 est donc valeur propre de */• Recherchons en un vecteur
propre u. Si U désigne la matrice colonne de u dont les éléments sont les coordonnées de u
dans la base B*, on a '/(«) = u <==> tMU = U. En résolvant le système tMU = U, on
trouve que U = l 1 ) convient. L'orthogonal H de Cu dans C3 est stable par /. On a H =
Keru = {( y J , —2x + y + z = 0}, dont B\ = (ei,e^) = (f o J , ( _i J) forme une base. On trouve
/(ei) = —4ci - 5e2 et fiez) = 5ei + 6e2, donc
[AhUi = ^ _5
= N.
Au passage, on remarque que Pn = (X — 1) = Pf]H divise Pf, conformément à la
proposition 2.

170
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Nous allons maintenant trigonaliser N. On recherche d'abord un vecteur propre de TV (qui
est associé à la seule valeur propre 1). En résolvant NY = V, on trouve que Y = (\) convient,
donc que f(e\ + e2) = e\ + e2. On pose
ei = ei + e2 = ( j J et e2 = e2 = ( ^ J ,
de sorte que (e^, e'2) est une autre base de H. Un petit calcul donne f{e'l) = e[ et /(e^) = 5e[+e2.
Si maintenant on pose e'3 = ( o ], B1 = (e[} e'2, e^) forme une base de C3 et /(eg) = — 3e7!—2e'2+e3,
donc
[/]**= I 0 1 -2 )=T = P-1[/]bP avec P =
et donc T = P~lMP.
- Seconde méthode. Commençons par rechercher un vecteur propre u\ pour / associé à la valeur
propre 1. Un petit calcul devenu maintenant routinier montre que u\ = ( 1 ) convient. On pose
maintenant u2 = ( i J et ^3 = [ 0 j, de sorte que Bq = (^1,^2^3) forme une base de C3. En
exprimant les valeurs prises par / sur les vecteurs de Bq dans cette même base, on trouve
t/u =
Soit H = Vect(^2>^3) et soit p la projection sur H parallèlement à Cu\. Soit g = p o f\H e
C(H). La matrice de g dans la base (^2^3) de H est
' 1
0
0
2
-1
2
-3
-2
3
A = M(tt2,tt3) = (
On a Pa = Pg = (X — l)2. Recherchons un vecteur propre de g associé à la valeur propre 1. On
remarque que u'2 = ui — u% convient. On pose alors 1*3 = 1*2, de sorte que {v!2,u'3) forme une
nouvelle base de H. Dans la nouvelle base B'0 = (ui,u2,u'3) de C3, on trouve
1 5 2
[/]*, = ( 0 1 -2 \=T = p-1[f}BP avec P =
0 0 1
Jo
Donc T = P~lMP : on a trigonalisé M. On remarque au passage que les termes de la diagonale
principale de la matrice triangulaire trouvée correspondent aux racines du polynôme
caractéristique de la matrice M de départ.
Remarque. Pour suivre correctement les deux méthodes exposées au d), il est bon de
relire les démonstrations du théorème 3. Bien sûr, on ne retrouve pas les mêmes matrices
triangulaires et de passage à l'arrivée selon la méthode utilisée (il n'y a pas unicité).
Exercice 2. Soit E un K-e.v de dimension finie et / G C(E) un endomorphisme de
rang 1. Donner une condition nécessaire et suffisante sur / pour que / soit diagonalisable.
Que peut-on dire lorsque / n'est pas diagonalisable ?
Solution. On note n = dim E. Par hypothèse, dim Ker f = n — rg/ = n — 1, autrement dit 0 est
une valeur propre de / d'ordre n — 1, donc racine du polynôme caractéristique Pf de / d'ordre
au moins n - 1. Par conséquent, il existe a e K tel que Pf = (-l)nXn~1(X -a). La somme des
valeurs propres de / étant égale à la trace de /, on a a = tr/.
Ainsi, si tr / ^ 0, / admet une valeur propre a ^ 0. Les sous-espaces propres E$ et Ea de /
vérifient alors dim E0 + dim Ea = n donc / est diagonalisable.

1. DIAGONALISATION, TRIGONALISATION
171
Lorsque tr/ = 0, 0 est la seule valeur propre de /. Si / était diagonalisable, / serait nulle,
ce qui est absurde. Finalement, / est diagonalisable si et seulement si tr/ ^ 0.
Lorsque / n'est pas diagonalisable, c'est-à-dire lorsque tr/ = 0, on a f2 = 0. En effet. Soit
ei G E tel que Im/ = Vectei. Complétons e\ en une base B = (ei,... ,en) de E. Dans cette
base, la matrice de / a la forme
\f)B =
0 0
0
\ 0 0 ••• 0 /
Comme tr/ = ai = 0, on a [/]| = 0, c'est-à-dire /2 = 0.
Exercice 3. Soient ai,... , an-i 6t &i,..., 6n-i des nombres réels, avec n > 3. Donner
une condition nécessaire et suffisante pour que la matrice
A =
soit diagonalisable dans Mn
(
\
0
0
ai
0
61 \
0 6n-l
ûn-1 0 /
eMn
Solution. Si tous les a* sont nuls, A est une matrice triangulaire dont les valeurs propres sont
données par ses éléments diagonaux, montrant ainsi que toutes les valeurs propres de A sont
nulles. Si A est diagonalisable, A est donc nulle et tous les b{ sont nuls. De même, si tous les bi
sont nuls et si A est diagonalisable, alors tous les ai sont nuls.
Supposons maintenant les ai non tous nuls et les b{ non tous nuls. Alors le rang de A est 2, ce
qui montre que 0 est valeur propre de A et que le sous-espace propre Eq associé est de dimension
n — 2. Notons Ai, A2 G C les deux autres valeurs propres de A. La somme des valeurs propres de
A est sa trace donc Ai + À2 = 0. Il nous faut un autre renseignement pour pouvoir évaluer Ai
et A2. Pour cela, on remarque que les valeurs propres de A2 sont les carrés des valeurs propres
de A (pour s'en persuader, trigonaliser A dans Mn(C)), donc Af + A2 = tr(A2). Un petit calcul
donne tv(A2) = 2(^":T11 a{bi). Finalement on a montré
Ai + A2 = 0 et
'n-l
Ai + Ai = 2(^]ai6i
(*)
Si A = Ya=i ai h < 0> (*) montre que Ai et A2 ne peuvent pas être des nombres réels (et donc
A n'est pas diagonalisable dans Mn(M)). Si maintenant A > 0, (*) montre que Ai = —A2 = \/Â.
SiA = 0,Ai = A2 = 0etA n'est pas diagonalisable sinon A serait nulle (sa seule valeur
propre est 0). Si A > 0, Ai et A2 sont réelles, distinctes et non nulles, et les sous-espaces propres
E\iyE\2 associés sont de dimension 1. Dans ce cas, dimEq + dimE\t +dimi?A2 = n, donc A est
diagonalisable dans Mn(^)-
De tout ceci, le lecteur conclura facilement que A est diagonalisable dans Mn(R) si et
seulement si A = 0 ou A = Ya=i ai bi > °-
Exercice 4. Soit E un K-e.v de dimension finie n G N*. On considère une famille {fi)i^i
d'endomorphismes de E commutant deux à deux.
a) Si les fi sont diagonalisables, montrer que l'on peut les diagonaliser tous dans une
même base.

172 4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
b) Si les fi sont trigonalisables, montrer que l'on peut les trigonaliser tous dans une même
base.
Solution, a) Procédons par récurrence sur n. Pour n = 1, c'est évident. Supposons le résultat vrai
jusqu'au rang n — 1 et montrons le au rang n. Si tous les fi sont des homothéties, c'est terminé.
Sinon il existe îq tel que fi0 n'est pas une homothétie. Si on note Exx,..., Exr ses sous-espaces
propres, on a donc r > 2, et pour tout j, dirni*^ < n. Par ailleurs, d'après la proposition 7
page 166, pour tout j, E\j est stable par tous les /*, et chaque U\ex. est diagonalisable d'après la
proposition 6. Donc d'après l'hypothèse de récurrence il existe une base Bj de E\j qui soit une
base de diagonalisation de tous les f^Ex . Donc B = (f?i,..., Br) est une base de diagonalisation
de tous les (/»)»€/.
b) Commençons par montrer par récurrence sur n qu'il existe un vecteur propre commun à tous
les (fi)iei. Pour n = 1, c'est évident. Supposons le résultat vrai jusqu'au rang n — 1 et montrons
le au rang n. Si tous les fi sont des homothéties, c'est terminé. Sinon, il existe un endomorphisme
/ de la famille qui n'est pas une homothétie. Comme / est trigonalisable, / admet une valeur
propre À, donc un sous-espace propre correspondant Ex- On a dimEx < n (car / n'est pas une
homothétie) et Ex est stable par tous les fi. D'après l'hypothèse de récurrence, il existe donc un
vecteur propre commun à tous les /î|ea, qui est bien sûr un vecteur propre commun à tous les
Achevons la démonstration par récurrence sur n. Pour n = 1, c'est évident. Supposons le
résultat vrai au rang n — 1 et montrons le au rang n. En appliquant le résultat précédent aux
applications transposées lfi (elles commutent également et sont également trigonalisables puisque
Ptf. = P/J, on voit qu'il existe x G E* un vecteur propre commun à tous les tfi. L'orthogonal
H de Kx dans E est donc un hyperplan de E stable par tous les fi. D'après l'hypothèse de
récurrence, il existe une base B de H trigonalisant tous les f^. Soit e G E tel que B1 = (B,e)
forme une base de E. On a pour tout i G /
X • • •
(0)
0 •••
X
X
0
X
X
X
donc la base B' trigonalise tous les fi.
Remarque. Dans cette dernière partie de b), nous avons utilisé une technique analogue à
celle de la première démonstration du théorème 5. On pourrait également procéder comme
dans la seconde démonstration de ce théorème.
Exercice 5 (Lemme de Schur). a) Soit E un C-e.v de dimension finie. Soit Q c C(E)
irréductible, c'est-à-dire que les seuls sous-espaces de E stables par tous les éléments de
Q sont {0} et E. Montrer que les seuls éléments commutant avec tous les éléments de Q
sont les homothéties.
b) Si E est un M-e.v de dimension finie, montrer que le résultat est faux dans le cas
général. Quand peut-on dire qu'il est vrai ?
Solution, a) Soit / € C{E) commutant avec tous les éléments de Q. Le corps C étant
algébriquement clos, / admet au moins une valeur propre À. Soit E\ le sous-espace propre correspondant.
On a E\ ^ {0}. Par hypothèse sur /, pour tout g € Q,on&fog = gof. D'après la proposition 7
page 166, E\ est stable par tous les éléments de Q. Comme E\ ^ {0} et que Q est irréductible,
ceci entraîne E\ = E. Donc / = À Id# est une homothétie.
b) Sur un R-e.v, le résultat est faux dans le cas général. Par exemple, en dimension 2, l'ensemble
Q des rotations (voir la remarque 1 page 257) est irréductible car aucune droite n'est stable par

1. DIAGONALISATION, TRIGONALISATION
173
toutes les rotations. Or tous les éléments de Q commutent avec tous les éléments de Q. Il existe
donc des éléments de C(E) qui ne sont pas des homothéties qui commutent avec tous les éléments
deQ.
Cependant, si n = dirai? est impair, le résultat reste vrai. En effet, soit / G C(E) commutant
avec tous les éléments de Q- Le polynôme caractéristique Pf de / est un polynôme réel de degré
impair, donc Pf admet au moins une racine réelle À, donc / admet une valeur propre À. En
procédant comme au a), on en déduit que / est une homothétie.
Remarque. On en déduit que sur un C-espace vectoriel de dimension finie, les éléments
commutant avec tout ceux de C(E) sont les homothéties. Ce résultat est un cas particulier
du résultat de l'exercice 6 page 118 dans le cas où K = C.
Exercice 6. Soit K un corps commutatif et A, B,C, D G Mn(K) telles que DC = CD.
Montrer que
det ( C DJ= det(AD ~ BCÏ>
a) si D est inversible,
b) si K est de cardinal infini.
Solution, a) On part de la relation
AD - BC BD~l \ _ ( AD-BC BD~l \
CD-DC In )-\ 0 In ) '
d'où l'égalité voulue en passant aux déterminants.
b) Cette fois, D n'est pas supposée inversible. La matrice D n'ayant qu'un nombre fini de valeurs
propres et K étant infini, il existe une partie infinie T de K telle que pour tout À G T, D — XIn
soit inversible. D'après a), le polynôme P G K[X] défini par
P(X) = det (ç D ^^ ) - det[A(D - XIn) - BC]
s'annule sur tout À G T. Comme V est infini, P est nul et donc P(0) = 0, d'où le résultat.
Remarque. En fait, si K est fini, le résultat reste vrai. En effet, K se plonge dans un
corps infini L (prendre par exemple pour L le corps des fractions K(X)) et il suffît alors
d'appliquer b) en remplaçant K par L.
Exercice 7. Soit E un C-e.v de dimension finie n G N*. Si u,v G C(E), on pose
[u,v] = uv — vu (crochet de Lie de u et v). Soient / et g G C(E).
1/ On suppose qu'il existe a G C* tel que [/, g] = af.
a) Montrer que / est nilpotente. (Indication. On pourra calculer [fp,g] pour tout p G N*.)
b) Montrer que f et g sont trigonalisables dans une même base.
2/ On suppose maintenant qu'il existe a, (3 G C* tels que [/, g] = af + /3g. Montrer
qu'également, f et g sont trigonalisables dans une même base.
Solution. 1/ a) Par récurrence sur p G N*, on obtient facilement [fp,g] = apfp. Comme
Pendomorphisme de C[C(E)] défini par Lg: h\-> [h, g] n'a qu'un nombre fini de valeurs propres
(on est en dimension finie) et que pour tout p G N*, Lg(fp) = apfp avec a ^ 0, on en déduit
qu'il existe p G N* tel que fp = 0.

174
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
b) Commençons par montrer que f et g ont un vecteur propre en commun. Le s.e.v Ker/ est
stable par g car
Vx G Ker /, f[g(x)} = g[f(x)} + af(x) = 0.
Or / étant nilpotente, on a Ker/ ^ {0}. Le corps C étant algébriquement clos, on en déduit
que p|Ker/ admet au moins un vecteur propre x. Le vecteur x est également propre pour / car
x G Ker/.
Ceci étant, montrons par récurrence sur n G N* que f et g sont trigonalisables dans une
même base. Pour n = 1, c'est évident. Supposons le résultat vrai au rang n — 1 et montrons le
au rang n. Comme fg — gf = a/, les applications transposées vérifient tftg — tgtf = (—a)lf. En
appliquant le résultat précédent à */ et tg, on voit donc qu'il existe un vecteur propre x £ E*
commun à */ et lg. L'orthogonal H de Cx dans E est donc un hyperplan stable par / et g. Or
[Î\Hi9\h] = af\H> donc d'après l'hypothèse de récurrence il existe une base B de H dans laquelle
f\H et 9\h se trigonalisent. Soit e G E tel que B' = (B, e) soit une base de E. Alors
/
[/]* =
[Î\h]b
\
X
\
X
/
0 ••• 0
donc la base B trigonalise /. On montrerait de même que la base B trigonalise g.
2/ On pose /' = / + {(3/a)g et on remarque que [f\g] = otf. D'après 1/ b), /' et g sont donc
trigonalisables dans une même base. Il en est donc de même pour /' — (fi/a)g = f et g.
2. Polynômes d'endomorphismes
Dans toute cette partie, E désigne un K-espace vectoriel de dimension finie n G N*.
2.1. Généralités
Notation. Soit P = a0 + ai X H \-apXp e K[X], Conformément à la définition d'une
fonction polynôme sur une K-algèbre (voir la partie 2.1 page 59), on définit les fonctions
polynômes sur C(E) ou .Mn(K) comme suit :
- Pour tout / G £(£), on note P(f) = a0 IdE +01/ + • • • + apfp G C(E).
- Pour tout A G Mn(K)y on note P(A) = a0In + ai A H h apAp G Mn{K).
Remarque 1. Si / G £(E), pour tous P, Q G K[X] on a P(f)oQ(f) = (PQ)(f). L'ensemble
{P(f) | P G Kpf]} est une sous-algèbre commutative de C(E).
- Un polynôme d'une matrice triangulaire est une matrice triangulaire. Plus précisément,
si P G K[X] on a
/ ai x • • • x \ / P(ai) x • • • x \
M =
0 a2
V 0
0
x
P(M) =
0 P(a2)
x
V o
0 P(an) )
En d'autres termes, si M est trigonalisable, les valeurs propres de P(M) sont les valeurs
prises par le polynôme P sur les valeurs propres de M.
Proposition 1. Soit f G £(E) et P e K[X] tel que P(/) = 0. Si X est valeur propre de
f, alors P(À) = 0.
Démonstration. Soit a;^0un vecteur propre de / associé à la valeur propre À. On a f(x) = À:r,
donc 0 = P(f)(x) = P(X)x, d'où le résultat. D

2. POLYNÔMES D'ENDOMORPHISMES
175
Remarque 2. Attention, la réciproque est fausse. Par exemple, P = X(X — 1) annule Id^,
et pourtant 0 qui est racine de P n'est pas valeur propre de Id#.
—*- Théorème 1 (Décomposition des noyaux). Soit f e C(E) et P = Pi ■ ■ ■ Pk G K[X],
les polynômes Pi étant premiers entre eux deux à deux. Alors
Ker P(/) = KerPx(/) 0 • • • 0 Ker Pk(f).
Démonstration. On procède par récurrence sur k > 2.
- Pour k = 2 : P\ et P2 étant premiers entre eux, il existe (théorème de Bezout) U et V G K[X]
tels que UPi + VP2 = 1.
Soit x G KerPi(/) n KerP2(/). On a {UPi + VP2)(f)(x) = x, autrement dit x = U{f) o
Pi(/)(*) + V{f) o P2(f)(x) = 0. Donc KerPi(/) n KerP2(/) = {0} (*).
Soit x G KerP(/). Onaa; = UPi{f)(x) + VP2(f)(x) (**). Or
W)[UPi(f)(x)] = UP!P2(f)(x) = U{f) o P(f)(x) = 0,
donc UPi(f)(x) G KerP2(/). De même, VP2(f){x) G KerPi(/). De (**), on tire KerP(/) =
KerPi(/) + KerP2(/), d'où le résultat pour k = 2 avec (*).
- Supposons le résultat vrai au rang k et montrons le au rang k + 1. On a P = Q\Q2 avec
Qi = Pi • • • P/j et Q2 = Pk+i- Les polynômes Q\ et Q2 sont premiers entre eux donc d'après le
cas k = 2, KerP(/) = KerQi(/)0KerQ2(/), et d'après l'hypothèse de récurrence, KerQi(/) =
©f=1KerPj(/). Finalement,
Ker P(/) = [KerPi(/) © • • • © Ker Pk(f)] © Ker Pk+1(f) = KevP^f) © • • • © KerPfc+1(/).
□
Remarque 3. - Ce théorème est important. Il reste vrai en dimension infinie.
- Il existe beaucoup d'autres résultats du même type. Par exemple, soit / G £{E)-
Pour tout (p e K[X], on note 1^ = Im</?(/) et Nv = Kery?(/). Soient P,Q G K[X].
Alors si D =pgcd(P, Q) et M =ppcm(P, Q), on a
NPC\NQ = ND, NP + NQ = NMt Ip + Iq = Id, IPr\IQ = IM.
Ces résultats se généralisent par récurrence à k polynômes.
—*■ Théorème 2. Soit f G £(E). L'endomorphisme f est diagonalisable si et seulement s'il
existe P G K[X] scindé sur K ayant toutes ses racines simples tel que P(f) = 0.
Démonstration. Condition nécessaire. Notons Ai,... ,Àr les valeurs propres (distinctes) de / et
Exx,..., E\r les sous-espaces propres correspondants. Soit P = (X — Ai) • • • (X — Ar) G K[X].
Le polynôme P est scindé dans K[X] et a toutes ses racines simples. Par ailleurs, les polynômes
(X — Xi) sont premiers entre eux deux à deux, donc d'après le théorème de décomposition des
noyaux,
r r
KerP(/) = 0Ker(/ - XildE) = @EXi,
z=l i=l
donc KerP(/) = E car / est diagonalisable, c'est-à-dire P(f) = 0.
Condition suffisante. Écrivons P = a(X — Ai) • • • (X — Xr) avec les X{ G K distincts et a ^ 0.
Les X{ étant distincts, les polynômes (X — Xi) sont premiers entre eux deux à deux, donc d'après
le théorème de décomposition des noyaux,
E = Ker P(f) = Ker(/ - Ai ldE) 0 • • • 0 Ker(/ - Ar Id£). (*)
Soit I = {i\ Ker(f — Xi Id#) ^ {0} }. Pour tout i e /, À; est valeur propre de / et E\{ = Ker(/-
Xi Id#) n'est autre que le sous-espace propre correspondant. L'identité (*) s'écrit E = ®iejE\^
donc / est diagonalisable d'après le théorème 2 page 164. D

176
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Conséquence . Il découle de ce dernier théorème la proposition 6 page 164. En effet, soit
/ G C(E) diagonalisable et F un s.e.v de E stable par /. Il existe P G K[X] scindé sur K,
à racines toutes simples, tel que P(f) = 0. Alors P(f\F) = 0> donc f\p est diagonalisable
d'après le théorème 2.
2.2. Polynôme minimal
Soit / G £(£), et soit I = {P e K[X] | P(f) = 0}. Le K-e.v C(E) est de dimension n2,
la famille Id^, /,..., fn est donc liée. Autrement dit, il existe (ao,..., ani) ^ (0,..., 0)
tel que a0 Id£ +axf + • • • + an2/n2 = 0. Donc si P = Y%10 (kX*, P(f) = 0. Donc / ^ {0}.
On voit que / est un idéal de K[X]. L'anneau K[X] étant principal, il existe un unique
P G K[X], P unitaire, tel que I = (P) = P • K[X]. Le polynôme P s'appelle le polynôme
minimal de f. On le note II/. C'est le polynôme unitaire de plus bas degré annulant /, et
si Q(f) = 0, alors 11/ | Q (car Qel = (II/)).
Remarque 4. - En dimension infinie, cette définition reste valable à condition qu'il
existe un polynôme non nul P tel que P(f) = 0 et P ^ 0. On dit alors que / admet
un polynôme minimal.
- En terme de polynôme minimal, le théorème 2 s'interprète comme suit : / est
diagonalisable si et seulement si son polynôme minimal est scindé et a toutes ses racines
simples.
- Si F est un s.e.v stable par /, alors g = f\F vérifie : ïlg divise 11/ (en effet, 11/(g) = 0).
Proposition 2. Soit f G C(E). Un scalaire X est valeur propre de f si et seulement si
X est racine de son polynôme minimal II/.
Démonstration. Condition nécessaire. Cela résulte de la proposition 1.
Condition suffisante. Soit À une racine de II/. Soit P G K[X] tel que 11/ = (X—X)P. On a P(f) ^
0 car 11/ est le polynôme minimal de f et degP < degll/. Or II/(/) = 0 = (f - XldE)P(f) = 0,
et comme P(f) ^ 0, on en déduit que / — À Id# n'est pas injectif, donc que À est valeur propre
de /. • □
Remarque 5. Le polynôme minimal de / a donc les mêmes racines que le polynôme
caractéristique de /.
2.3. Théorème de Cayley-Hamilton
Théorème 3 (Cayley-Hamilton). Soit f e C(E), Pf son polynôme caractéristique.
Alors.Pf{f) = 0.
Démonstration. Nous proposons deux démonstrations de ce théorème.
Première démonstration. Soit A G Mn(K) la matrice de / dans la base canonique de Kn.
Soit L le corps des racines de Pa = Pf- On regarde A comme une matrice de Mn(h). D'après le
théorème de trigonalisation, il existe une matrice T = (Uj) G Mn(h) triangulaire supérieure et
semblable à A :
T =
0
y tn,n )
On a Pf = PT = (-l)nrfë=i(x - *t,t)- Soit (#1. • • • ,-En) la base canonique de Ln (Ek est le
vecteur colonne dont tous les éléments sont nuls sauf le /c-ième qui vaut 1). Pour tout k, on
pose Pu = Ili=i(^ — U,i)- Nous allons montrer par récurrence sur k G {1,... ,n} que pour tout
* G {1,..., k}, [Pk(T)]Èi = 0. Pour k = 1, c'est vrai car TE\ = *i,i£i, donc (T - t\t\In)Ei =
0 = P\{T)E\. Supposons le résultat vrai au rang k — 1 et montrons le au rang k. On a pour tout
i, 1 <t <fc-l,
Pk(T)Ei = (T- tktkIn)Pk-i(T)Ei = 0,

2. POLYNÔMES D'ENDOMORPHISMES
177
et on a
Pk(T)Ek = JVi(T) • (T - tk>kIn)Ek = Pfc-i(T)
fc-1
/ , U,kEi
Li=l
fc-1
= ^*i,*A-i(r)^ = o.
i=l
En particulier, avec k = n, on en déduit que pour tout i G {1,... ,n}, Pn{T)Ei = 0, donc
Pn(T) = 0, c'est-à-dire PT(T) = 0, donc Pf(f) = 0.
Seconde démonstration (elle ne fait pas appel au corps des racines d'un polynôme).
Préliminaires. Soit
/ 0 • • • 0 -a0 \
1 ••. : :
A =
\
g MP{K).
'' • 0 —Op_2
(0) 1 -o„_i /
Alors le polynôme caractéristique de A est ■Pa(X) = (—l)p(Xp + ap-\ Xp~1-\ l-ao) (pour cette
raison, la matrice A est appelée matrice compagnon du polynôme Xp + ap-\Xp~l + -- + ao).
Pour montrer ce préliminaire, nous procédons par récurrence sur p. Pour p = 1, c'est évident.
Supposons le résultat vrai au rang p, montrons le au rang p + 1. En développant par rapport à
la première ligne, on a
Pa(X) =
-X
1
(0)
-ao
(0)
— X —CLp-l
1 -X-ar
-X
1
= -X
(0)
(0)
-X
1
-ai
—ap_i
—X — aT
+ (-l)p+1ao
1
0
0
-X
1
(0)
0
-X
1
et donc d'après l'hypothèse de récurrence
PA(X) = {-l)p+1X{Xp+apXp-1+. • .+a!)+(-l)P+1a0 = {-l)p+1{Xp+1+apXp+- • •+a1X+a0).
Démontrons maintenant le théorème. Soit x G E, x ^ 0. Il existe un plus petit entier p > 0
tel que la famille (x,f(x),...,fp(x)) soit liée. La famille (x, f(x),..., /p-1(x)) est donc libre et
(3oo, • • • ,Op_i G K), /p(z) + ap-i/P"1^) + • • • + a0x = 0. (*)
Complétons (x, f{x),..., /p-1(#)) en une base B de E. Alors on a la forme par blocs
/ 0 • • • 0 -ao \
[/]* =
0
C
avec A =
1
V (0)
0 — ap-2
1 -ap-\ )
Comme Pf = PaPc, on a Pf(f)(x) = Pc{f) ° Pa(/)(^). Or d'après le préliminaire et d'après
M,
PA(f)(x) = fp(x) + ap-xfp-\x) + • • • + a0x = 0,
donc Pf(f)(x) = 0. Ceci est vrai pour tout x donc Pf{f) = 0. □
Remarque 6. - En d'autres termes, le théorème dit que le polynôme minimal de /
divise son polynôme caractéristique. Avec la proposition 2, on en déduit que
si
^/ = (-l)nII(*-Ai)ri' alors n/ = JI(X-A<)*J l<qi<ri.
i=l
i=l

178
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
- Ce théorème permet, avec la proposition 3 d'affirmer que / G C(E) est nilpotent si
et seulement si Pf = (-l)nXn.
2.4. Exercices
Exercice 1. Soit E un K-e.v et f e C(E) admettant un polynôme minimal. Si / est
inversible, montrer que f~1 est un polynôme en /.
Solution. Montrons déjà que X ne divise pas le polynôme minimal 11/ de /. En effet, s'il existe
P G K[X] tel que Uf = XP, alors 0 = Uf(f) = / o P(f), et comme / est inversible, P(f) = 0.
Comme degP < degll/, ceci contredit le fait que 11/ est le polynôme minimal de /.
Donc X \ II/. Comme X est irréductible, X et 11/ sont premiers entre eux, donc il existe
U, V G K[X] tels que UX + VUf = 1, d'où on tire U(f) o / + V(f) o Uf(f) = Id£, c'est-à-dire
[/(/) o / = IdE. Donc /-1 = £/(/), d'où le résultat.
Remarque. En dimension finie, on aurait pu raisonner avec le polynôme caractéristique
Pf de / : comme P/(0) = det / ^ 0, on a X \ Pf et on procède ensuite comme plus haut.
- On peut également donner une forme explicite d'un polynôme U tel que /_1 = U(f) en
fonction du polynôme minimal : il suffit de prendre U = (11/(0) — ïlf(X))/(îlf(0)X).
Exercice 2. Soit K un corps commutatif fini à q éléments, E un K-e.v de dimension
finie et / G C(E). Montrer que / est diagonalisable dans E si et seulement si fq = f.
Solution. Commençons par montrer
Xq-X=\[{X-a). (*)
Muni de la loi produit, 1K* est un groupe multiplicatif à q — 1 éléments, donc pour tout & £ K*,
xq~l = 1, d'où pour tout x G K, xq = x. On a ainsi déterminé q racines distinctes du polynôme
Xq — X qui est de degré q, d'où (*).
Concluons. D'après le théorème 2, on peut affirmer que / est diagonalisable si et seulement
s'il existe P G K[X], scindé sur K, à racines toutes simples, tel que P(f) = 0, autrement dit si
et seulement s'il existe P G K[X], P | Ua€K{X - a) = Xq - X tel que P(f) = 0. En d'autres
termes, / est diagonalisable si et seulement si fq — f = 0.
Exercice 3. Soient E un K-espace vectoriel et f e C(E) admettant un polynôme
minimal Uf. Pour tout x e E, on note Px le polynôme unitaire de K[X] de plus bas degré tel
que Px(f)(x) = 0 (Px s'appelle le polynôme minimal de x relatif à /).
1/a) Montrer que Px existe et est unique, et que si P(f)(x) = 0 avec P G K[X], alors
P*\P.
b) Montrer que Ex = {P(f)(x) \ P G K[X]} est un s.e.v de dimension deg^).
2/ a) Si Exn Ey = {0}, montrer que Px+y = ppcm (Px,Py). Généraliser à p vecteurs
3?1, . . . , Xp.
b) Si Px et Py sont premiers entre eux, montrer Ex+y = Ex®Ey. Généraliser à p vecteurs
X\, . . . , Xp.
3/ a) Soit M G K[X] un facteur irréductible de II/, a sa multiplicité dans la
décomposition de 11/ en facteurs irréductibles de K[X]. Montrer qu'il existe x G KerMa(/) tel que
Px = Ma.
b) Montrer qu'il existe x G E tel que Px = II/.

2. POLYNÔMES D'ENDOMORPHISMES
179
Solution. 1/ a) Soit Ix = {P G K[X] \ P(f)(x) = 0}. C'est un idéal de K[X], non réduit à {0}
car 11/ G Ix. Il existe donc un unique polynôme unitaire Px G K[X] tel que Ix = (Px). Ainsi,
Px est le polynôme unitaire de plus bas degré tel que Px(f)(x) = 0. Si maintenant P(f)(x) = 0,
alors on a P G Ix = (Px), donc Px | P.
b) L'application linéaire
(p: K[X\-+EX P~P(f)(x)
est surjective. On en déduit que le s.e.v Ex est isomorphe à K[X]/Ker<p = K[X]/(PX), donc de
dimension deg(Px).
2/ a) Comme Px+y(f)(x + |/) = 0, on a Pa.+y (/)(#) = —Px+y(f)(y)• Ces deux termes sont
donc éléments de Ex D Ey = {0}, donc nuls. Donc d'après 1/ a), Px \ Px+y et Py | Px+y, d'où
ppcm (Px, Py) |Px+y (*).
Or Px | ppcm (Pc, Py) donc ppcm (P^Py )(/)(#) = 0. De même, ppcm (Px,Py) (f)(y) = 0,
donc ppcm(PX) Py){x + y) = 0. Donc Px+y | ppcm (Px,Py), ce qui d'après (*) entraîne Px+y =
ppcm (Pc, Py), ces deux polynômes étant unitaires.
- Par récurrence sur p, on montre maintenant facilement que si EXl,..., EXp sont en somme
directe, alors PXl+...+Xp = ppcm (PXl,..., PXp).
b) Montrons tout d'abord que Exf\Ey = {0}. Soit z e Ex n Ey. l\ existe P,Q G K[X] tels que
z = P(/)(*) = Q(/)(</).Or
0 = P(f) o Px(f)(x) = (PPx)(f)(x) = Px(f) o P(f)(x) = Px(f)(z) = (PxQ)(f)(y),
donc d'après 1/ a), Py \ PXQ. Or Px et Py sont premiers entre eux, donc d'après le théorème de
Gauss, Py | Q, et donc z = Q(f){y) = 0. Ainsi, on a bien Exf)Ey = {0}.
- D'après 2/ a), on a donc Px+y = ppcm (Px,Py) = PxPy, d'où
dimKc+y = deg(Pc+y) = deg(Px) + deg(Py) = dirn^ + dim Ey. (*)
Par ailleurs lorsque P G K[X]t l'égalité P(f)(x + y) = P(f)(x) + P{f)(y) entraîne l'inclusion
Ex+y cEx + Ey = Ex® Ey, donc d'après (*), Ex+y = EX® Ey.
Par récurrence sur p, on montre maintenant facilement que si PXl,..., PXp sont premiers
entre eux deux à deux, alors EXl+...+Xp = EXl © • • • © EXp.
3/ a) On peut écrire 11/ = MaN où N e K[X] est premier avec M (donc avec Ma). D'après le
théorème de décomposition des noyaux, on a
E = Ker Ma{f) © Ker N{f). (**)
Pour tout x G KerMa(/), on a Ma(f)(x) = 0, donc d'après 1/ a), Px \ Ma et comme M est
irréductible, il existe /3X < a tel que P^ = M&x. Il s'agit de montrer qu'il existe x G KerMa(/)
tel que /3X = a. Raisonnons par l'absurde et supposons le contraire, de sorte que pour tout
x G KerMa(/), Px \ M""1, i. e. Ma-1{f)(x) = 0, autrement dit KerMa(/) = KerM*-^/).
D'après (**), E = KerMa_1(/) ©KeriV(/) ce qui d'après le théorème de décomposition des
noyaux entraîne Ker(Ma-1iV(/)) = E, ou encore Ma~1N(f) = Q(f) = 0, ce qui contredit
la minimalité du degré du polynôme minimal 11/ de / car degQ < degll/. Donc il existe
x G KerMa(/) tel que Px = Ma.
b) Soit 11/ = IliLi-M?* la décomposition de 11/ en facteurs irréductibles de K[X]. D'après la
question précédente, pour tout i, il existe xi G Ker M"'(/) tel que Px. = M?*. D'après la question
2/ b), on a donc EXl+...+Xk = EXl © • • • © EXfc, et donc d'après la question 2/ a), on a
k k
pxl+...+Xk = l[pXi = l[M«i = nf,
i=l i=l
d'où le résultat.

180
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Exercice 4 (Diagonalisation d'un déterminant circulant). On considère la
matrice circulante
( a\ û2 • • • a>n \
A =
an a\
e Mn(C).
: * • * • û2
\ a2 ••• an ai )
En exprimant A comme un polynôme en la matrice
/O 1 (0) \
J =
0 '-. 1
V î o ••• o )
G Mn(C),
diagonaliser A.
Solution. Si B = (ei,... ,en) désigne la base canonique de Cn, J est la matrice de Pendomor-
phisme qui à ei associe e^-i si i > 2, et à e\ associe en. Pour tout p, 1 < p < n — 1, Jp est donc
la matrice qui à e* associe ei_p si i > p, à e* associe ei+n-p si i < p, autrement dit
Vp, 1 < p < n - 1, Jp =
On en déduit que pour tout ai,..., an € C,
/ ai a2
i=l
a
ai
V <*2
a
0 /„_,
/» 0
an \
&2
ai /
n
Ceci montre en particulier que A = P{J) où P = YA=\aiXx~l- Ceci montre également que
si Q G K[X], Q ^ 0 et degQ < n, alors Q(J) ^ 0. Le polynôme minimal de J vérifie donc
degllj > n. Or Jn — / = 0, on a donc IIj = Xn — 1. Or IIj divise le polynôme caractéristique
Pj de J et degPj = n, donc Pj = (-l)nUj = (-l)nnï=o(x ~ w*)» oùw = e2Wn- D'après le
théorème 2, J est donc diagonalisable, et il existe Q € £^n(Q telle que
/ 1
>-i
Q~lJQ =
U)
0
\
0
\
u
n-l
On en déduit
/ P(l)
4-1
-1
Q~lAQ = Q-lP{J)Q = P{Q~lJQ) =
P(u)
0
\
0
\
Piu"-1) )
Remarque. On retrouve ainsi le résultat de l'exercice 12 page 146.
Exercice 5. Donner une condition nécessaire et suffisante sur A G Mn(K) pour que la
A A
matrice par blocs B =
0 A
G M2nfâ) soit diagonalisable.

2. POLYNÔMES D'ENDOMORPHISMES
181
Solution. Notons F le s.e.v de IK2n engendré par les n premiers vecteurs de la base canonique
de K2n. Le s.e.v F est stable par B. Si B est diagonalisable, sa restriction à F, qui n'est autre
que A, est diagonalisable.
Allons plus loin. Si B est diagonalisable, il existe un polynôme P G K[X], scindé sur K,
dont toutes les racines sont simples, tel que P(B) = 0. Par récurrence sur fc, on a facilement
/ Ap vAp \
Bk = ( n aP ) pour tout fc G N. De ceci, on déduit
o-^-(T W)
donc P(A) = AP'(A) = 0. Comme P(A) = 0, on retrouve le fait que A est diagonalisable. Soit
A une valeur propre de A. Comme AP'(A) = 0, on a XP'(X) = 0. Or À étant racine simple de P,
on a P'(X) 7^ 0, donc À = 0. En résumé, A est diagonalisable et À = 0 est la seule valeur propre
de A, autrement dit, A = 0.
Réciproquement, si A = 0, B est diagonalisable. Finalement, B est diagonalisable si et
seulement si A = 0.
Exercice 6 (Commutant d'un endomorphisme). Soit E un K-espace vectoriel de
dimension finie n G N*. Soit / G C(E). On note Vf le s.e.v de C(E) défini par
rf = {geC(E)\fog = gof}.
1/ a) Si / est diagonalisable, déterminer dimT/.
b) Si de plus les valeurs propres de / sont toutes distinctes, montrer que T/ = {P(f) | P G
K[X]}.
2/ On suppose que le polynôme minimal 11/ de / est de degré n. En utilisant le résultat
établi à l'exercice 3 (il existe x G E, Px = II/), montrer que T/ = {P(/), P G K[J£]}.
Solution. 1/ a) Soient Ai,..., Àr les valeurs propres de /, E\x,..., E\r les sous-espaces propres
correspondants.
Si g G T/, alors pour tout z, E\. est stable par g.
Réciproquement, si E\{ est stable par g pour tout z, alors :
\/xeEXi, / o p(œ) = Aip(x) =go f(x),
donc comme i? = E\x 0 • • • 0 E\r, on a p G T/.
Donc r/ = {g G £(£) | Vz,^ est stable par p}. Pour tout z, soit 5; une base de E\iy de
sorte que B = B\ U • • • U Br est une base de S. Les matrices des endomorphismes de T/ dans la
base B sont celles de la forme
Mi 0 \
avec Vz, Mi G ^Wdim ea. (K).
0 Mr )
On voit donc que dimT/ = Z)[=i(^m^Ai)2-
b) Nous donnons deux méthodes de résolution.
Première méthode. Ici, pour tout z, on a dimi^ = 1, donc dimT/ = Ya=i l2 = n- Pour tout z,
11/(Xi) = 0 donc (X — Xi) | II/, et comme les À; sont distincts deux à deux, IliLiC^" ~ ^i) divise
II/, donc deg(Il/) > n. Or 11/ divise le polynôme caractéristique de /, donc deg(II/) < n. On
en déduit deg 11/ = n.
Soit C = {P(f) | P G K[X}}. L'application
(p : K[X] -+C P •-> P(/)
est linéaire surjective, donc C est isomorphe comme K-e.v à K[X]/Ker(p = K[X]/(Uf)y donc
dimC = deg(II/) = n. Or C C T/ et dimT/ = n, donc C = Tf.

182
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Seconde méthode. Pour tout z, d\mExi = 1 donc il existe X{ G E tel que E\i = Vect(xi). Soit
g e Tf. Pour tout z, £^. est stable par g e Vf, donc il existe fa € K tel que #(£;) = faX{ (au
passage, on remarque que, (x\}..., xn) étant une base de Ey g est diagonalisable). La théorie des
polynômes d'interpolation de Lagrange (voir le chapitre II page 61) nous assure l'existence d'un
polynôme P tel que P(Xi) = fa pour tout i. Ainsi,
Vz G {1,..., n}, P(f)(xi) = P(Xi)xi = faxi = g(xi)
et comme (xi,... yxn) est une base de E, P(f) = g. Donc Vf C {P(f) \ P G IK[X]}. L'inclusion
réciproque étant immédiate, on en déduit le résultat demandé.
2/ On utilise les notations de l'exercice 3. D'après la question 3/ b) de l'exercice 3, il existe
x G E tel que Px = II/, donc deg(Px) = n et d'après la question 1/ b) du même exercice,
dimEx = deg(Px) = n donc Ex = E.
Soit g e Tf. Comme Ex = E, il existe P G K[X] tels que g(x) = P(f)(x). Or pour tout
y = Q(f)(x) e Exy
9(y) = 9 o Q(f)(x) = Q(f) o g(x) = Q(f) o P(f)(x) = P(f) o Q(f)(x) = P(f)(y).
Les endomorphismes g et P{f) prennent donc la même valeur sur Ex. Or Ex = E, donc g = P(f).
On a donc montré que Vf C {P(f) \ P G K[X]}. L'inclusion réciproque est évidente, d'où
l'égalité.
Remarque. On aurait pu montrer 1/ b), en utilisant 2/ car on avait montré que deg(Il/) =
n dans la première méthode.
- La réciproque de la question 2/ est vraie : si T/ = {P(f) \ P G K[X]}, alors deg(II/) = n,
mais la démonstration est plus difficile (voir la dernière application de la théorie des
invariants de similitude dans l'annexe B page 292).
3. Topologie sur les endomorphismes
Dans toute cette partie, E désigne un K-espace vectoriel norme (avec K = R ou C).
Nous commençons par donner quelques rappels (l'étude générale des espaces vectoriels
normes est traitée dans le chapitre de topologie du tome d'analyse). L'espace vectoriel des
endomorphismes continus de E est noté CC(E). On norme habituellement CC(E) par :
V/ G CC(E), ll/l = supua;^! ||/(a;)||. C'est une norme d'algèbre (i. e. elle vérifie |||/ • #|| <
l/l • I(/|||). Enfin, en dimension finie, tout endomorphisme est continu et toutes les normes
sont équivalentes.
3.1. Quelques normes classiques en dimension finie
Soit X = l : 1 un vecteur de Kn. Pour tout a > 1,
ii*ii«= En* et ii*n°°= sup m
définissent des normes sur Kn. (La notation ||^||oo provient du fait que lima-^oo \\X\\a =
\\Y\\ \
llA lie»;-
Si E est un K-e.v de dimension finie n, on peut le normer en privilégiant une base B
de E et en écrivant que la norme de x £ E est la norme du vecteur X = l : 1 G Kn, où
les Xi sont les coordonnées de x dans la base B.
Soit M = {rrn^i^n G Mn(K).

3. TOPOLOGIE SUR LES ENDOMORPHISMES
183
~~ 11^11 = J2i<i,j<n \mi,j\ définit une norme d'algèbre sur Mn(K).
- ||M|| = suipij \mij\ définit une norme sur Mn{K), mais ce n'est pas une norme
d'algèbre.
- Pour tout a > 1, ||M|a = sup||X||Q=1 ||AOr||Q définit une norme d'algèbre sur
Mn(K). Au passage, notons que l'on peut montrer JM^ = sup^J^. \rriij\) et
|Mli=*»pj(E,K,|).
Si E est un K-e.v de dimension finie n, on peut normer C(E) en privilégiant une base B
de E et en écrivant que la norme de u est celle de [u]b (matrice de u dans la base B) dans
Mn(K).
3.2. Propriétés
Proposition 1. Soit E un K-e.v.n et f e CC(E). Soit X une valeur propre de f. Alors
|A| < ll/ll •
Démonstration. Soit x ^ 0 un vecteur propre de / pour la valeur propre À. On a ||/(x)|| <
Il/Il • H- Or \\f(x)\\ = \\Xx\\ = \X\ • Ilxll, donc |A| < |/|. D
Proposition 2. L'ensemble ǣn(K) est un ouvert dense dans Mn(K).
Démonstration. L'application Mn(K) —> K M ■—► detM est continue (car detM s'exprime
comme un polynôme en les coefficients de M). L'ensemble K* est ouvert dans K, donc Ç£n{K) =
(det)_1(K*) est ouvert.
Densité. Soit M G A/fn(K). Le polynôme caractéristique Pm de M n'a qu'un nombre fini de
racines, donc
3/9 > 0 tel que VA e K, 0 < |A| < p, PM(X) ^ 0.
En d'autres termes, pour tout A G K, 0 < |A| < p, M-XIn £ Ç£n{K). Or M = linu_o(M- A/n).
M est donc limite d'éléments de Ç£n(K). D
Remarque 1. - Ce dernier résultat est important. Il est parfois aisé de montrer des
propriétés sur jMn(K) en les montrant d'abord sur Ç£nfâ) puis en les étendant par
densité (voir les exercices).
- Cette dernière proposition est également vraie pour les endomorphismes en
dimension finie. De manière générale, algébriquement et topologiquement, tout ce qui est
vrai pour les matrices est vrai pour les endomorphismes (en dimension finie) et
réciproquement.
- En dimension infinie, ǣC(E) est ouvert si E est un espace de Banach (voir le chapitre
topologie du tome d'analyse).
3.3. Séries entières d'endomorphismes
Ici, E désigne un K-espace de Banach. Rappelons que dans ce cas, CC(E), muni de la
norme ||/| = sup^^ ||/(x)||, est un K-espace de Banach.
PROPOSITION 3. Soit z i-» J^nS)0»*" ^a somme d'une série entière de rayon de
convergence 0 < R < +00. Alors si f e CC(E), ||/|| < R, la série X)n€Na^/n converge et sa
somme est élément de CC(E). De plus, l'application
+oo
r = {/ € CC{E) | l/ll < R} -» CC{E) / ~ £ a, /"
71=0
est continue.
Démonstration. Comme CC(E) est un IK-espace de Banach, il suffit de montrer que si |/| < i?,
la série J2anfn converge absolument, ce qui est immédiat puisque |an/n| < \an\ • |/|n et que
E \an\ l/IIP converge. La somme X^S an fn existe donc et appartient à CC(E).

184
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Pour tout r G ]0, R[, on pose rr = {/ G CC(E) | |/|| < r}. La série de fonctions f >->J2anfn
converge normalement sur Tr, puisque sur Tr, ||an/n| < |an|-|/|n < \an\rn et X) \a>n\rn converge.
Chacun des termes / *-> anfn est continu sur Yr. On en déduit que / ■-» Ylm=o an fn es* continue
sur rr, et ceci pour tout r G ]0, R[, donc sur T. □
Remarque 2. - Un résultat plus fin fait l'objet du problème 6 (page 210).
- La proposition 3 reste vraie sur .Mn(K).
Conséquence . Soit / G CC(E), |/| < 1. Alors IdE-f est inversible, et son inverse est
g = J2tS) fn- En effet, g existe d'après la proposition précédente et (Id# — f)g = g — fg =
EnS fn ~ EnZ fn = M* 5 de même, g(IdE -f) = ldE.
Exponentielles d'endomorphismes.
DÉFINITION 1. Soit / G CC(E). D'après la proposition 3,
+oo 1
n=0
existe et g G CC(E). L'endomorphisme g s'appelle l'exponentielle de / et on note g =
exP(/) = ef-
Remarque 3. - On a ||| exp(/)| < e^™. En effet, pour tout n G N,
Z-kV - ^ k\
et le résultat se déduit en faisant tendre n vers +oo.
- D'après la proposition 3, l'application CC(E) —> CC(E) f i-> exp(/) est continue.
Proposition 4. Soit u G CC(E). Soit v G CC(E) inversible avec v'1 G CC(E). Alors
exp(i>-1m;) = i>_1 exp(u)v.
Démonstration. Il suffit de remarquer que pour tout n G N on a (v~1uv)n = v~1unv) ce qui
entraîne
+2^ (v-luv)n t^v~lunv _ fï^un\
exp^m;) = J2 -y = 22—nl—=v \YI^TIV = V leMu)v-
n=0 ' n=0 ' \n=0 ' /
D
La version matricielle de ce résultat est
VM G Mn(K), VP G ^n(K), exp(p-1MP) = P~l exp(M)P.
Deux matrices semblables ont donc des exponentielles semblables.
Proposition 5. Soient u,v G Cc(E) tels que uv = vu. Alors
exp(w + v) = exp(u) exp(v) = exp(t;) exp(tt).
Démonstration. La série X)n(w +v)n/n! est en fait un produit de Cauchy des deux séries ^ ul/i\
et J2j rf/JU dont nous redémontrons ici la convergence. On pose
n i \ / n 4 \ n
^.■EïE -E
(u + v)h
.1=0 / \j=0 J ) k=0
Il faut montrer que limn^+0O An = 0. Comme u et v commutent, on a
i+j=n i+j=n

3. TOPOLOGIE SUR LES ENDOMORPHISMES
185
donc
Ï3>>
i+j<n
n+l<i+j<2n
d'où on tire
lAnll < £
n+l<i+j<2n
0<i,j<n
M
t!
III7 / u
f=te
n
h
n
EtJl -E
,i=0
3=0
fc=0
NI + M
k\
Lorsque n tend vers +oo, ce dernier terme tend vers e^'eM — e't*l+"t'l = 0, donc limn_»+00 An =
0, d'où exp(w + v) = exp(u) exp(v). On a de même exp(v) exp(w) = exp(t> + u) = exp(w + v). D
Conséquence . Pour tout u G CC(E), eue~u = e~ueu = eu~u = e° = Id^, donc eu est
inversible et (eu)_1 = e_w.
Remarque 4. - Si « et v ne commutent pas, la proposition précédente est fausse en
général.
- Si u et v commutent, alors u et exp(i>) commutent.
- On a souvent affaire aux exponentielles de matrices lors de l'étude des équations
différentielles linéaires (voir le tome d'analyse). En effet, les exponentielles de matrices
vérifient les propriétés suivantes :
- Soit A G A^n(K). L'application R —> A4n(K) t »-> etA est dérivable, sa dérivée
est AetA.
- Si X : M -> Kn est dérivable et si ^ = AX, alors pour tout t eM, X(t) =
etAX(0).
- Le calcul d'exponentielles de matrices est traité à la partie 3 page 196 du présent
chapitre.
3.4. Exercices
Exercice 1 (Densité des matrices diagonalisables dans Mn(C)). a) Montrer
que l'ensemble des matrices diagonalisables de Mn(C) est dense dans Mn{C).
b) Que dire dans Mn(m ?
Solution, a) Soit A G .Mn(C). Il s'agit de montrer que A est limite de matrices diagonalisables.
Le corps C étant algébriquement clos, A est trigonalisable, donc
3PeÇen(C)t P~1AP = T avec T =
I Ai x
A2
0
x \
x
An )
Soit fi = inf{|Ài — Xj\, X{ ^ Xj} > 0, fj, = 1 si les À^ sont tous égaux. Pour tout p 6 N*, on pose
/Ai + g
Tp =
X
X
\
A2 + ^-
2p
(0)
\
An+^y
/ 1
1
2
(0)
\
V
(0)
h )
Les valeurs propres de Tp, les À; + (/i/ip), sont deux à deux distinctes. En effet, supposons i ^ j :
- Si Ai = Àj, il est clair que À; + (fJ>/ip) ^ \j + (y>/jp)-
- Sinon À; ^ À^, donc si À; + (/i/ip) = À^ + (/i/jp), alors |A» - Àj| = /x|(l/îp) - (l/jp)| < M,
absurde par construction de /i.

186
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Pour tout p G N*, Tp ayant toutes ses valeurs propres deux à deux distinctes est donc dia-
gonalisable. Or T = limp_>+00Tp, donc A = PTP~l = Y\mp^+00 PTvP~l est limite de matrices
diagonalisables, d'où le résultat.
b) Dans Mn(R), le résultat est faux. Nous donnons un contre-exemple. Soit A = (Ç ~^) g
M2{R)- On considère l'application
A: M2
R M
^M
où Am désigne le discriminant du polynôme caractéristique Pm de M. Comme A^ s'exprime
comme un polynôme en les coefficients de M, A est continue.
Si A était limite d'une suite (An) G A^2(^)N de matrices diagonalisables dans M2(R),
on aurait An > 0 pour tout n (car Pah est scindé sur R), et donc A étant continue, A a =
limn^+00 AAn > 0, ce qui est absurde car après calculs on trouve A a = — 4.
Remarque. Grâce au résultat a), on peut parfois prouver certains résultats sur .Mn(C) en
les montrant d'abord pour les matrices diagonalisables, puis en les étendant par densité. Le
lecteur pourra par exemple démontrer par cette méthode le théorème de Cayley-Hamilton
pour les matrices complexes.
- Si A G Mn(R) est trigonalisable, alors A est limite d'une suite de matrices
diagonalisables de Mn(R) (la solution de la question a) ne repose en effet que sur l'hypothèse que
A est trigonalisable et reste valide dans notre cas).
Exercice 2. a) Soit n G N* et A G Mn(C). Montrer que det(exp(i4)) = exp(tr(i4)).
b) Soit M G A^n(R). Montrer que si M est l'exponentielle d'une matrice réelle, alors
det(M) > 0. Montrer que la réciproque est fausse (indication : montrer que la matrice
M = (~q _\) n'est pas un carré)
Solution, a) Le corps C étant algébriquement clos, on peut trigonaliser la matrice A, donc
x \
BPG^n(C), A = P~1TP avec T =
\
0
x
An /
La matrice Tk est une matrice triangulaire supérieure dont les coefficients diagonaux sont les Af,
donc
/ \k x X \ / ^Ai
\k
A2 :
+oo - +oo -
exp(r) = £>= = £!
fc=0
fc=0
k\
0
\
x
A„
n }
X
0A2
\
0
V
x
I
Ceci entraîne
n
n
det(exp(T)) = J^[ eAi = exp ^ Af = exp(tr(T)).
i=l
vi=l
Comme A et T sont semblables, il en est de même de exp(A) et exp(T), et on en déduit
det(exp(;4)) = det(exp(T)) = exp(tr(T)) = exp(tr(A)).
b) Si M = exp(A) avec A G Mn(R)> alors on a det(M) = exp(tr(A)) d'après le résultat
précédent, donc det(M) > 0 car tv(A) est un nombre réel. La réciproque est fausse, comme le
montre le contre-exemple de la matrice M = (~q }1). Si M était l'exponentielle d'une matrice

3. TOPOLOGIE SUR LES ENDOMORPHISMES
187
réelle A, la matrice réelle N = exp(^A) vérifierait N2 = exp(A) = M. Or ceci est impossible car
en écrivant N = ( ° bd ), on aurait
M_(-l 1\_ M2_fa2 + bc ab + bd\
M~[0 -l)~N -\ca + dc cb + d2)'
Ceci entraîne 1 = b(a + d), donc a + d est non nul. Les termes inférieurs gauches donnent
0 = c(a + d), donc c = 0. L'égalité des termes diagonaux donneraient alors a2 = — 1 et d2 = —1,
ce qui est impossible puisque a et d sont des nombres réels. Ainsi, la matrice M a bien un
déterminant positif (on a det(M) = 1) mais cette matrice réelle n'est pas l'exponentielle d'une
matrice réelle.
Remarque. On peut montrer qu'une matrice réelle est l'exponentielle d'une matrice réelle
si et seulement si elle est le carré d'une matrice réelle inversible.
- Toute matrice complexe inversible est l'exponentielle d'une matrice complexe (voir
l'exercice 5 page 202).
Exercice 3.1/ Soit K un corps commutatif. Soient A, B G Mn(K).
a) Si A G £^n(K), montrer que Pab, le polynôme caractéristique de AB, est égal à celui
de B A, PBA.
b) Si A est quelconque et K = R ou C, montrer, en utilisant un argument de densité, que
le résultat reste vrai.
c) Si A est quelconque et K est infini, montrer que le résultat est encore vrai.
2/ K est un corps commutatif quelconque. Soient p,q G N*. Soit A G MPiq(K) et B e
MqiP(K). Comparer PAB et PBa-
Solution. 1/ a) Il suffit de remarquer que les matrices AB et BA sont semblables, comme le
montre la relation BA = A~~1(AB)A, elles ont donc même polynôme caractéristique.
b) On sait que Ç£n(K) est dense dans Mn(K) (voir la proposition 2). On peut donc écrire A =
limn^+00 An avec pour tout n, An G Çt,n(K). Or d'après a), pour tout n, Paub = Pbau e* Par
continuité de l'application déterminant, en faisant tendre n vers +oo, on en déduit Pab = Pba-
c) Le corps K étant infini, A n'ayant qu'un nombre fini de valeurs propres, il existe T C K, T
infini, tel que pour tout À G T, À n'est pas valeur propre de Ay i.e A — \In G Ç£n(K). Fixons
x G K. D'après 1/ a), on a
VA G T, P{A-\in)B(x) = PB(A-\in)(x)-
Le polynôme P(A-xin)B(x) — PB(A-xin)(x) e K[X] s'annule donc sur T, donc est nul puisque
T est infini. En particulier, ce polynôme s'annule lorsque X prend la valeur 0, c'est à dire
Pab(x) = Pba(x)- Ceci étant vrai pour tout x G K, on en déduit, K étant infini, que Pab = Pba-
2/ Soit r = rgA. Supposons dans un premier temps que r > 0. On sait que A est équivalente à
la matrice ( gr q)> c'est-à-dire
3P G 0*P(K), 3Q G Glq(K), A = F"1 f Qr Mq.
Écrivons
où Bi e Mr(K). On a

188
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
d'où
Pab =
B\ — X Ir
0
£3
.A ip—r
= (-l)P-rXp-rPBl.
De même, on trouve PBA = (-l)q-rXq-rPBl. On a donc {-X)qPAB = (-X)PPBA. (Si p = q,
on retrouve les résultats de 1/). Lorsque r = rgA = 0, on a A = 0 et cette identité reste vraie.
Exercice 4. Soient n un entier naturel, n > 2, et p e N, 1 <p <n — 1.
a) Montrer que F = {A G Mn(^) \ ïgA< p} est fermé dans Mn{^)-
b) Déterminer l'adhérence de l'ensemble A = {A G Mnfà) \ vgA = p}.
Solution. Il suffit de montrer que l'ensemble
A = À<n(R) \ T = {A G Mn
vgA >p+ 1}
est ouvert. Fixons A = {dij)i<ij<n G A. Comme rgA > p + 1, il existe une matrice carrée
extraite de A inversible d'ordre p+ 1 (voir le théorème 2 page 122). Autrement dit, il existe I et
J inclus dans {1,... ,n} avec Cardi" = CardJ = p+ 1, tels que la matrice extraite A' = {au) i6/
vérifie det A' ^ 0. Définissons l'application
(p: Mn
B = {Ki)l<i,3<n *-* det(&i,j) «6/
L'application ip s'exprime comme polynôme en certains des coefficients de B, elle est donc
continue. Or <p{A) = det A' ^ 0, donc il existe un voisinage V de -A dans Mn(R) tel que pour tout
B G V, <p{B) ^ 0. Autrement dit, pour tout B G V, la matrice extraite (bij) te/ est inversible,
donc rgi? > p + 1. Ainsi, on a trouvé un voisinage de A inclus dans A. L'ensemble A est donc
ouvert.
b) Nous allons montrer A = T.
D'après a), T est fermé. Or A C T, donc ÂcT.
Montrons maintenant l'inclusion réciproque. Soit A G T. Il s'agit de montrer que A est limite
d'une suite de points de A. Si rgA = p, alors A G A et c'est terminé. Sinon, r = rgA < p. On
sait que A est équivalente à la matrice I * n j, ce qui s'écrit aussi
3P,Qeǣn
A = P
-1
Ir 0
Q-
\ 0 0
Pour tout m G N*, on note Bm la matrice définie par blocs par
/ Ir 0 0 \
Bm = 0 ±Ip-r 0 G Mn
\ 0 0 0 /
Pour tout m, rgl?m = p donc Am = P~1BmQ est de rang p. Or limm^+00Bm =
donc limm^+00 Am = A et pour tout m, i4m G A. On a donc A G A.
Jr 0
0 0
Exercice 5. a) Soit M G Mn(C). Pour tout e > 0, montrer qu'il existe P G GL(C) tel
que
T = P~lMP =
( *i,i
V
^2,2
0
CM "\
£n,n /
avec Vi < j, \Uj\ < e.

3. TOPOLOGIE SUR LES ENDOMORPHISMES
189
b) Soit A e Mn(C). Montrer que A est nilpotente si et seulement s'il existe une suite de
matrices (Ap)p£N vérifiant
(i) Vp, Ap est semblable à A (ii) lim Ap = 0.
p—>+oo
Solution, a) Soit / l'endomorphisme de Cn dont la matrice dans la base canonique de Cn est
égale à M. Le corps C étant algébriquement clos, / est trigonalisable. Il existe donc une base
g = (ei,..., en) de Cn telle que [/]# (matrice de / dans la base B) soit triangulaire supérieure.
Écrivons [/}b = (ai,j)i<i,j<n-
Pour tout p G N*, Bp = (ei, „-e2,..., -^rren) est une base de Cn. Calculons l'image par / de
cette base, exprimée dans cette même base. Pour tout j, on a
f \jFïej) = T,pl ja^ei = Î2pi jai>j (^r
e*
On en déduit
Tp = U)bp =
1 ai.i
\
Ql,2
p
Û2.2
0
Ql,3
Q2,3
P
^3,3 '
pn-l
Q2>n
Qn-1,71
P
ûn,n
\
/
Ceci étant, soit fi = sup^j \aij\ et soit p G N* tel que /i/p < e. La matrice T = Tp = (tij)i<ij<n =
[f]sp est triangulaire supérieure et pour tout i < j, \tij\ = \aitj • p%~i\ < /u/p < e. De plus T est
semblable à [/]# donc à M, d'où le résultat.
b) Condition nécessaire. D'après a), pour tout p G N*, il existe Av = [aitj(p)]i<itj<n G Mn(C)
semblable à A, triangulaire supérieure et telle que pour tout i < j, \aij(p)\ < 1/p. Or pour tout
i > j, Oij(p) = 0 et pour tout z, a^p) = 0 (Ap étant nilpotente, ses valeurs propres a^i{p)
sont nulles). On en déduit que pour tout (i, j), |aï,j(p)| < 1/p. Donc linip-^+ooAp = 0, d'où le
résultat.
Condition suffisante. Pour toute matrice M G Mn(C), on note Pm son polynôme
caractéristique. L'application A^n(C) —> C[X] M ■-» Pm est continue (en effet, les coefficients de Pm
s'expriment comme des polynômes en les coefficients de M). Or limp^+oo-Ap = 0, on a donc
lrnip-^+ooPap = Po = {-\)nXn. Or pour tout p, Ap est semblable à A donc Pap = Pa- On en
déduit Pa = (-l)nXn. Le théorème de Cayley-Hamilton entraîne alors An = 0.
Exercice 6. Soit A e Mn{R) et une suite réelle (am) telle que B = X)m5)a™ Am existe.
Montrer qu'il existe P G R[X] tel que B = P(A).
Solution. L'ensemble F = {P(A) | P G R[X]} est un s.e.v de Mn(R), et Mn(R) étant de
dimension finie, T est fermé.
Pour tout fc G N, on pose Pk = Z)m=o a™ Xm de sorte que B = lim^+oo Pk{A). En d'autres
termes, B est limite d'une suite de points de T. Comme T est fermé, on en déduit BgT, donc
il existe P G R[X] tel que B = P{A).
Remarque. En particulier, l'exponentielle d'une matrice M est un polynôme en M. La
formule de Rodrigues (voir l'exercice 5 page 266) est un exemple de calcul explicite de
l'exponentielle d'une matrice sous forme d'un polynôme de cette matrice.

190
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Exercice 7. Soit E un K-e.v.n (avec K = R ou C). On note CC(E) l'algèbre des endo-
morphismes continus de E. Soit / G CC(E).
a) Montrer que
lim (ldE+-f) =exp(/).
n—>+oo y n J
b) Plus généralement, si (/n) est une suite de CC(E) qui tend vers /, montrer
1
n
lim [IdE+-fn) =exp(/).
c) Soient u,v G CC(E). Montrer
jsa. H (D exp ©)"=exp(u+v)-
Solution, a) Le résultat suivant nous sera utile.
V<7 G CC(E),
En effet. On a
exp(flf)- (ld+-gj
<exp(|rf)-(l + M)n. (*)
Or
donc
x ' k=0 fc=0
w/1/7/ Cn n n -1 n - A: +1 1 1
VA;, 1 < k < n, -^ = < - ,
n n
111 fc=l ^ ' fc>n ^ '
En appliquant (*) à /, on en déduit le résultat demandé car limn_>+00(l + ||/|/n)n =
exp(|/|).
b) On remarque déjà que
limexp(/„)-(Id+i/n] =0. (**)
n—»oo
En effet, en posant Mn = |/n|, on a d'après (*)
exp(/n)-(ld+^y
< exp(Mn) -11 +
Mn\n
n
(***)
Or limn_>oo.Mn = |/| = M, donc limn^ooexp(Mn) = exp(M) et comme
1 -\ ) = exp ( n log ( H
n
n
= exp n \- o [ —
\ \ n \n
= exp(Mn + o(l)),
on a aussi limn_>0O(l + Mn/n)n = exp(M). D'où (**) avec (***).
Par ailleurs, la continuité de l'application g i-> exp(p) (voir la proposition 3) entraîne que
limn^ooexp(/n) — exp(/) = 0. On en déduit avec (**) le résultat car
(ld+i/n) = f f ld+±/n) - exp(/n)) + (exp(/n) - exp(/)) + exp(/).
c) Lorsque n tend vers +oo, on a
exp(-) =Id + - + o(- ) et exp (-) = Id+- + o ( - j ,
\n/ n \nj \nJ n \nj
donc
fn = n (exp (-) exp (-) - IdJ vérifie fn = u + v + o(l).

4. SOUS-ESPACES CARACTÉRISTIQUES - RÉDUCTION DE JORDAN 191
Autrement dit limn^oo/n = u + v, donc d'après la question précédente, limn^oo(Id+/n/n)n =
exp(^ + v), d'où le résultat car (Id+/n/n) = exp(u/n) exp(v /n).
Remarque. La proposition 5 (page 184) peut se déduire facilement du résultat de la
question a).
EXERCICE 8. Soit E un C-e.v de dimension finie n G N*. Soit g e C(E). Montrer que g
est diagonalisable si et seulement si l'ensemble <3> = {y~lgy \ <p G G£(E)} est fermé.
Solution. Condition nécessaire. Soit II le polynôme minimal de g. Comme g est diagonalisable,
II n'a que des racines simples. Pour tout (p G G£(E)y on a Tl((p"1g(p) = y>~~lT[(g)y) = 0, donc pour
tout h G $, U{h) = 0.
Soit h G $. L'endomorphisme h est limite d'une suite (hp) de points de $. Comme pour
tout p, U(hp) = 0, on a Il(/i) = limp_>oon(/ip) = 0. L'endomorphisme h étant annulé par
un polynôme n'ayant que des racines simples, on en déduit que h est diagonalisable. Or le
polynôme caractéristique P}x de h vérifie Ph = \imp->+00Php = Pg car pour tout p, Php = Pg.
Les endomorphismes g et h ont donc même liste de valeurs propres ; comme ils sont de plus
diagonalisables, on en déduit que g et h sont semblables, donc que /i6$.
Condition suffisante. Supposons $ fermé. Le corps C étant algébriquement clos, g est trigonali-
sable. Il existe donc une base B = (ei,..., en) de E dans laquelle la matrice de g ait la forme
[9}b =
( Ai *i,2
0 A2
V 0 ...
0
t\,n \
tn—l,n
An /
1
Pour tout p G N*, on définit ipp G C(E) sur la base B par ipp(ei) = — e{ pour tout i. On a
Jr
[<PP 19<Pp]b =
tl,2 *i,3
P
A2
I Ai v P
*2,3
P
4^r \
p7l-l \
A3
0
\
*n—l,n
v
K )
donc lorsque p tend vers +00, <^p 1g<pp tend vers un endomorphisme diagonalisable h. Comme $
est fermé, on a /i G $ donc # est semblable à /i, donc # est diagonalisable.
Remarque. La condition suffisante fait appel au résultat de la question a) de l'exercice 5
page 188, redémontré ici.
4. Sous-espaces caractéristiques - Réduction de Jordan
Dans toute cette partie, E désigne un K-e.v de dimension finie n G N*. On utilisera
la notation AÇ B lorsque A C B et A ^ B.
4.1. Sous-espaces caractéristiques
Définition 1. Soit / e C(E) tel que le polynôme caractéristique Pf de / soit scindé
sur K : Pf = (-l)n(X - Aj)ai • • • {X - Xs)as. Pour tout i, le s.e.v Ni = Ker(/ - AJd)ai
s'appelle le sous-espace caractéristique de / associé à la valeur propre A*.

192
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
- Pour tout i, Ni est stable par /.
- On a E = Ni 0 • • • 0 N8t
- Pour tout i, dim Ni = ai.
Démonstration. Le s.e.v Ni est bien stable par / car si x £ Ni,
(/ - \i Id)*« (/(*)) = fo(f-\i ld)*« (x) = 0.
- Le fait que E = N\ 0 • • • © Ns résulte du théorème de décomposition des noyaux (voir 2.1,
théorème 1).
- Pour tout i, la restriction fi de / à Ni vérifie (fi —Xi IdjvJ0* = 0. En d'autres termes, fi —Xi Id^.
est nilpotente, donc d'après 1.2 proposition 3, le polynôme caractéristique de fi — À^Id^ est
{-X)d'imNi, donc celui de fi est (A* - X)dimNi. Or Pfi divise Pf d'après la proposition 2 de la
page 163, et donc dimiVi < on (*).
Comme E = N\ 0 • • • 0 Ns, on a n = 2J=i dim M- De plus X)t=i at = n> et on en déduit
avec (*) que dirniV^ = ai pour tout i. D
Définition 2 (Indice d'un endomorphisme). Soit / e C(E). Il existe un unique
entier naturel r tel que
{0} = Ker/° Ç Ker/ £ • • • £ Ker/r = Ker/r+1 = Ker/r+2 = • • • = Ker/9 = • • • .
L'entier r s'appelle Y indice de /. C'est aussi le plus petit entier naturel tel que Ker/r =
Ker/r+1.
Démonstration. On part du fait que
Vp G N, Ker fp c Ker /p+1 (*)
(en effet, si x G Ker/*\ alors /p(x) = 0 donc /p+1(z) = f(fp(x)) = 0). On en déduit en
particulier que pour tout p, dim(Ker fp) < dim(Ker fp+1). Autrement dit, la suite (up)peN définie
par up = dim(Ker fp) est croissante. Cette suite est à valeurs dans / = {0,1... ,n}. L'ensemble
/ étant fini, (up) étant croissante, l'entier r = inf{p € N | uv = up+i} existe. On a alors
- Pour tout p < r, Ker/P Ç Ker fp+1 (d'après (*) et parce que up < i*p+i).
- Ker/r = Ker/r+1 (d'après (*) et parce que ur = ur+\).
- Pour tout p > r, Ker/P = Ker/P+1 car
Ker/P+1 = {xeE\ fr+\fp-r(x)) = 0}
= {x G E | fp~r(x) G Ker/r+1} = {x e E \ fp~r{x) G Kerf} = Ker/P.
L'unicité est évidente. D
Remarque 1. - Les propriétés vérifiées par r montrent que l'indice r de / est aussi
l'unique entier naturel vérifiant
Vq < r, dim Ker fq < dim Ker fr et Vq > r, dim Ker fq = dim Ker fr.
- Si / est nilpotente, l'indice r de f n'est autre que inf{p | fp = 0}, c'est-à-dire l'indice
de nilpotence de /.
- On peut montrer que si r est l'indice de /, alors
Ker fr 0 Im fr = E.
- L'indice r de f vérifie aussi la propriété
E = Im/° ^ Im/ ^ • • * 2 Wr = Im/r+1 = Im/r+2 = • • • = Im/9
- Ces résultats sont à rapprocher de celui de la question 1/ a) du problème 2 page 149.
Théorème 1. Soit f G C(E) tel que son polynôme caractéristique Pf soit scindé sur K :
Pf = (-^nUU(X-\i)ai. Alors

4. SOUS-ESPACES CARACTÉRISTIQUES - RÉDUCTION DE JORDAN 193
(i) Le polynôme minimal 11/ de f est de la forme
s
Uf(X) = Y[(X - \i)ri avec Vi, 1 < n < a*.
i=l
(ii) L'ordre de multiplicité r* de Xi dans 11/ est l'indice de Vendomorphisme (f —
A< Ida).
Démonstration, (i) est démontré à la remarque 6 page 177.
(ii) Pour alléger les notations, nous allons montrer (ii) pour i = 1. On pose Q = 111=2(^ — Ai)rS
de sorte que 11/ = (X — Xi)VlQ. Comme (X — Ai)7'1 et Q sont premiers entre eux, on a, en
appliquant le théorème de décomposition des noyaux (voir le théorème 1 page 175),
E = Ker(/ - Ai Id)n © M avec M = KerQ(/).
On en déduit dimKer(/ - Ai)ri + dimM = n (*).
Soit q un entier naturel. On pose P = (X — X\)qQ. En appliquant le théorème de
décomposition des noyaux, on a
KerP(/) = Ker(/ - Ai Id)9 © KerQ(/) = Ker(/ - Ai Id)9 © M.
On en déduit dimKer(/ - Ai)9 + dimM = dimKer P(/) (**).
- Si q > 7*1, alors 11/ divise P donc P(f) = 0, i.e KerP(/) = E, donc avec (*) et (**), on
tire dim Ker(/ - Ai)9 = dim Ker(/ - Ai)ri.
- Si maintenant q < ri, alors 11/ ne divise pas P, donc P(f) ^ 0, i.e KerP(/) ^ E, et
d'après (*) et (**), on tire dimKer(/ — Ai)9 < dimKer(/ — Ai)ri.
On en déduit que l'indice de l'endomorphisme / — Ai Id# est ri (voir la remarque 1). D
Remarque 2. - En conséquence, les sous-espaces caractéristiques Ni de / sont égaux
àKer(/-Ai)r<.
- Pour tout i, ri est aussi l'indice de nilpotence de l'endomorphisme /^ — A^Id^.
- Ce théorème permet de calculer le polynôme minimal de / : on commence par
calculer le polynôme caractéristique de /, puis on calcule ensuite pour tout i l'indice
de / — A^Id (dans la pratique, les calculs peuvent être longs).
4.2. Décomposition de Dunford
Nous allons maintenant donner une nouvelle réduction plus poussée que la simple trigo-
nalisation (mais moins que la réduction de Jordan), appelée décomposition de Dunford.
Nous donnerons deux moyens d'y parvenir.
Théorème 2 (Décomposition de Dunford). Soit f e C(E) tel que le polynôme
caractéristique Pf de f est scindé sur K. Il existe un unique couple (d, n) G (C(E))2 avec
d diagonalisable et n nilpotente, tel que
(i) f = d + n (ii) no d = don.
Démonstration. On écrit P/ = (—l)n Yli=i(X—Ai)Qi, et pour tout i, on note Ni = Ker(/—A; Id)a*
les sous-espaces caractéristiques de /.
Existence. Comme E = Ni © • • • © NS) il suffit de définir d et n sur chaque A^. On les définit
comme suit :
Vi,Vx€A^, d(x) = XiX et n(x) = f(x) — XiX.
Autrement dit, pour tout i on a di = d^ = A^Id^ et ni = n^ = f^. — À^ Idjjv,. Les di et n^
sont des endomorphismes de Ni car Ni est stable par / donc par d et n.
Ainsi définie, d est diagonalisable. Pour tout i, on a nf* = 0 (puisque par définition de Ni,
pour tout x e Ni, (f — Xi Id)a,(:r) = 0). Si a = sup^ ai, na s'annule donc sur chaque A^ donc sur
E = ©?=i^t, c'est-à-dire nQ = 0.
Il reste à montrer que d et n commutent. Pour tout i, on a di = A^ Id^ donc niodi = diom,
c'est-à-dire que d et n commutent sur chaque A^, donc sur E = ©f=iiVi.

194
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Unicité. Soit (d',n') un autre couple vérifiant les conditions. On remarque d'abord que f od! =
d! o /, donc pour tout î, Ni est stable par d! (pour tout x G N^ (f - Xild)ai[d'(x)] = d' o (/ -
Ai Id)ai (x) = 0). Comme d\^i = Xi Idjvt, on en déduit que d o d' = d' o d sur Ni. Ceci étant vrai
pour tout z, comme E = 0f=1A^, on en déduit que d et d' commutent. De plus d et d1 sont
diagonalisables, on peut donc les diagonaliser dans une même base, ce qui prouve que d1 — d est
diagonalisable.
Comme n = / — d, n' = f — d' et que d o d' = d' o dy n et n' commutent. Si on choisit p et q
tels que np = n,q = 0, on a donc
(n-n'r+q= E CW^-tfn''= 0
(dans chaque terme de la somme, on a soit i > p, soit j > q). Donc n — n7 = d' — d est nilpotent.
Or nous avions montré que d! — d est diagonalisable, donc d' — d = 0. Autrement dit, d = d' et
donc n = n'. D
Conséquence. Soit / G £(£) avec P/ = (—l)n ni=i(^ — ^)ai scindé sur K. Reprenons les
notations utilisées dans la démonstration. Pour tout i, fi = f\^{ G C(Nj) est trigonalisable
et Xi est sa seule valeur propre (car fi — Xi Idw{ = rit est nilpotente) et donc il existe une
base Bi de Ni dans laquelle la matrice de fi a la forme
/ ^ (x)
[fi]Bi=Ai =
\ (0) A,
Comme E = &ï=1Ni, on voit que B = B\ U • • • U Bs est une base de E dans laquelle la
matrice de / a la forme
/ M (0)
[/]* =
V (0) >1.
Cette réduction est plus poussée que la simple trigonalisation que nous avions vue au
théorème 3 page 164.
Un autre moyen d'aboutir à la décomposition de Dunford. Nous présentons une
autre technique pour aboutir à la décomposition de Dunford, qui présente l'avantage de
montrer que les endomorphismes d et n sont des polynômes en /. Nous aurons besoin
pour cela d'un résultat préliminaire qui fait l'objet de la proposition ci dessous.
Proposition 1. Soit f e C(E) et F e K[X] un polynôme annulateur de f. Soit F =
PM*1 - - - Mgs la décomposition en facteurs irréductibles de K[X] du polynôme F. Pour
tout i, on note Ni = Ker M^(f). On a alors E = 7Vi0- • -®NS et pour tout i, la projection
sur Ni parallèlement à ®j^Nj est un polynôme en f.
Démonstration. La fait que E = N\ÇB- • -(&NS résulte du théorème de décomposition des noyaux.
Pour tout i, notons Qi = Ylj^i^'j3 • Aucun facteur n'est commun à tous les Qi, c'est-à-dire
que les Qi sont premiers entre eux dans leur ensemble. En appliquant l'égalité de Bezout, on voit
qu'il existe U\,..., Us G K[X] tels que U\Qi -\ 1- USQS = 1, de sorte que
ldE = Ui(f) o Qi(/) + • • • + Us(f) o Qs(f).
Pour tout i, on note Pi = UiQi et pi = Pi{f). On a Id = Ya=iPï (*)• Par ailleurs, pour tout
j 7^ z, F divise QiQj donc
V? ï h Pi oPj = QiQj(f) o ViUjU) = 0. (**)
On déduit de (*) que pour tout i, pi = J2t=iPi °Pj et d°nc d'après (**), pi = pf. Les pi sont
donc des projecteurs.
- Montrons que pour tout i, Impi = Ni.

4. SOUS-ESPACES CARACTÉRISTIQUES - RÉDUCTION DE JORDAN 195
Soit y = Pi(x) G Impi. On a
K«(/)(y) = KV) o Pi(f)(x) = Ui(f) o F(f)(x) = 0,
ce qui prouve que Im p* C KerM?'(/) = Ni.
Il reste à montrer l'inclusion réciproque. Soit x G Ni = KerM"'(/). D'après (*), x =
pi (a:) H \-Ps(x). Or pour tout j ^ *, pj(œ) = Ï7j(/) o Qj(f)(x) = 0 car M"{ divise Q/, donc
finalement x = pi(x) G Imp*. Donc Imp* = Ni.
- Il ne reste plus qu'à montrer que pour tout i, Kerp* = (&j^iNj.
Pour tout j / i, on a Nj C Kerp< car si & G Nj, alors Pi(x) = Ui(f) o Qi(f)(x) = 0 car M^
divise Qj- On en déduit que (Bj^iVj C Kerp^.
Soit maintenant x G Kerpj. D'après (*), x = Ylj^iPj{x) donc x G (Bj^Nj. Finalement,
Kerpi = QtfiNj.
La démonstration est terminée puisque par construction, les projecteurs pi sont des polynômes
en/. □
Théorème 3 (Décomposition de Dunford, bis). Soit un endomorphisme f e C(E)
tel que son polynôme caractéristique Pf soit scindé sur K. Il existe un unique couple (d, n)
d'endomorphismes tel que
(i) d est diagonalisable, n est nilpotente.
(ii) f = d + n et don = no d.
De plus, d et n sont des polynômes en f.
Démonstration. Existence. Écrivons Pf = (—l)nrii=iP^ — ^i)ai e* Pour tout i, notons A^ =
Ker(/—Xi)ai. La proposition précédente s'applique avec F = Pf et pour tout i, Mi = (X—Xi). En
utilisant les notations précédentes, pour tout i, pi = Pi(f) est le projecteur sur Ni parallèlement
à (BfêiNj. Posons d = Ya=\ ^iPi (ainsi construit, d est diagonalisable) et n = / — d = ]Ci=i(/ —
Xi Id)pi. En utilisant le fait que les pi sont des projecteurs, que pi opj = 0 si i ^ j, et que les pi
commutent avec / (ce sont des polynômes en /), on obtient facilement par récurrence sur q
s
VçGN*, n^ = Y^(f-^à)qPi.
Or si q = sup^ Qj,ona(/-À; Id)9pi = [(X — Xi)qPi](f) = 0 pour tout i car Pf divise (X — Xî)qPi,
donc nq = 0.
Ainsi construits, d et n sont des polynômes en / vérifiant (i) et (ii).
Unicité. Soit (d',n') un autre couple vérifiant (i) et (ii). Les endomorphismes d' et n'
commutent avec d' + n' = f donc avec d et n qui sont des polynômes en /. Ainsi, d et d' sont
diagonalisables dans une même base, ce qui entraîne que d — d' est diagonalisable. Comme
d — d' = n' — n est nilpotente (on montre ceci comme dans la démonstration du théorème 2), on
en déduit que d — d' = n' — n = 0. D
Calcul pratique de la décomposition de Dunford. Nous allons donner un moyen
pratique de calculer les endomorphismes d et n donnés par la décomposition de Dunford.
Nous allons pour cela calculer les projecteurs pi, et il suffira ensuite d'écrire que
d = 2Z ^iPï et n = f — d.
i=l
Commençons par remarquer que dans la démonstration du théorème précédent (partie
existence), on aurait pu remplacer Pf par n'importe quel polynôme F annulant / et ayant
les mêmes facteurs premiers que Pf, en particulier par le polynôme minimal 11/ de /. Si
F = Y\i=1{X — Xi)ri est un tel polynôme, on commence par décomposer 1/F en éléments

196
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
simples clans K(X)
i s
^ = £
EXi,j
(X - \AJ
fr L£ (* - wj '
Pour tout i, on pose ensuite Ui = S^Xij(X — Xi)Vi J", de sorte que
j=l
1 s 77. s
F=£/y_Vv, ou encore 1 = 2jI/*<3*>
F tKx- X<Y'
t=l
où Qi = Ilj/i(^ — ^j)rj- Les projecteurs p* sont alors donnés par pi = Pi(f) où Pi = UiQi
(voir la démonstration de la proposition 1).
Il est en général préférable de prendre pour le polynôme F le polynôme minimal 11/
de / (les degrés des polynômes intermédiaires sont moins élevés). Mais le calcul de 11/
peut être assez long, c'est pourquoi on choisit parfois de prendre F = Pf.
Application au calcul d'exponentielle. L'écriture f = d + n donnée par la
décomposition de Dunford est intéressante car d et n commutant, on peut utiliser la formule du
binôme pour calculer fp :
fp=(d + nf = J2C%dk o np-k.
k=0
Dans l'expression ci dessus, on peut retirer les termes de la somme pour lesquels p — k est
plus grand que l'indice de nilpotence de n.
Un autre intérêt est le calcul d'exponentielle. En effet, d et n commutant, on a exp(/) =
exp(d+n) = exp(rf) exp(n). Le calcul de exp(d) est simple si une base B de diagonalisation
de d est connue :
si [d]B =
Ai (0)
(0) An
,Ai
(0)
, [exp(d)]B = exp([d]B) =
(0)
j^n
9-1
Quant à exp(n), il suffit d'écrire que exp(n) = Y^ — où q est l'indice de nilpotence de n
p=0
pi
Dans la pratique, on calcule d et n grâce à la méthode décrite plus haut. Avec les
notations précédentes, rappelons que
d=^XiPi et n = ^(/-ÀiId)pi
i=\
i=l
On peut alors calculer exp(/) sans diagonaliser d, à partir des projecteurs pi. En effet, les
relations sur les pi entraînent que pour tout p, dP = Yli=i KPi donc
+oo
dP
+00
exp(<i) = J2 -T = £
p=o 1
p=o n=i
s .p
pi
+oo .p'
p]-
= £
Pi = J2 eXipi
i=l
Par ailleurs,
+oo - +oo
np
exp(n) = £ T7 = £
P
—' VI
=0 y
p=0 ii=l
£
(/ - Xi Id)"
P-1
Pi
= £
i=l
r,-l
£
Lp=o
(/ - A, Id)*>
p\
Pi-

4. SOUS-ESPACES CARACTÉRISTIQUES - RÉDUCTION DE JORDAN 197
Finalement, on en déduit
exP(/) — exp(d) exp(n) = Y^ eXi
i=l
Vi-l
£
p=0
(/ - a, idy
pi
Pi-
(Un calcul d'exponentielle de matrice est traité à l'exercice 1 page 199).
4.3. Réduction de Jordan
Nous allons maintenant donner une réduction encore plus poussée que la précédente,
appelée réduction de Jordan. En un certain sens, la réduction de Jordan est la plus poussée
que l'on puisse obtenir. Il existe cependant d'autres types de réduction qui ont aussi leurs
avantages et qui s'utilisent dans des circonstances différentes (voir l'annexe B).
La réduction de Jordan ne figure pas au programme des classes de mathématiques
spéciales. Cependant, les techniques utilisées dans sa démonstration sont très classiques
et leurs connaissances permettent de répondre à beaucoup de problèmes.
Réduction de Jordan d'un endomorphisme nilpotent. Nous allons commencer par
donner la réduite de Jordan d'un endomorphisme nilpotent. Nous verrons par la suite que
la réduction d'un endomorphisme quelconque s'en déduit facilement.
Théorème 4 (Réduction de Jordan d'un endomorphisme nilpotent).
Soit u G C{E) un endomorphisme nilpotent. Alors il existe une base B de E dans laquelle
la matrice de u a la forme
/0 V! (0) \
[u]B =
v.
\o
n-l
avec Vi, Vi G {0,1}.
Démonstration. Soit r G N* l'indice de nilpotence de u, de sorte que ur l ^ 0 et ur = 0. Pour
tout i G N, on note Fi = Ker(ul).
1) Montrons que
(i) {0} = F0 Ç Fx Ç • • • Ç Fr-i ÇFr = E.
(ii) Pour tout i G N, 1 < i < r, u{Fi) C Fi-i.
La partie (i) résulte de la définition 2, car r n'est autre que l'indice de u (voir la remarque 1).
Montrons (ii). Soit i G N, 1 < i < r. Pour tout x € Fi, ut-1 [«(#)] = ul(x) = 0 donc
u(x) G Fi-i. Donc u(Fi) C F;_i.
2) Nous allons maintenant montrer l'existence de s.e.v G\}..., Gr et Hi,..., Hr-\ de E tels que
(i) Vi, l<i<r, Fi = Gi®Fi-i.
(ii) Vz, 1 < i < r — 1, u applique injectivement Gi+\ dans G{.
(iii) Vi, 1 < i < r - 1, G{ = u(Gi+1) © H{.
Soit Gr un supplémentaire de Fr-\ dans Fr, de sorte que Fr = Gr © Fr-\. On a
( (Ker«) f)Gr = F1n Gr C Fr_i n Gr = {0}
\ u(Gr) C u(Fr) C Fr_i
donc u applique injectivement Gr dans Fr-\.
u(Gr) n Fr_2 = {0}. En effet, soit x G u(Gr) n -Fr-2- Il existe y G Gr tel que u(y) = x, et on
a 0 = ur~2(x) = ur~l{y), donc y G Fr_i n Gr = {0}, donc y = 0, donc x = u(y) = 0.
On a donc u{Gr) ©i^-2 C Fr-\. Il existe donc un s.e.v Hr-\ tel que u(Gr) ©Fr-2 ®Hr-\ =
Fr_!. Si on pose Gr-\ = u(Gr)®Hr-\, on a donc Fr_i = Gr_i©Fr_2, et w applique injectivement
Gr dans Gr-i.

198
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Ainsi (i), (ii) et (iii) sont démontrés pour i = r - 1. Pour montrer (i), (ii) et (iii) pour i g
{1,..., r — 2}, nous allons utiliser une récurrence descendante. Supposons le résultat prouvé pour
i + 1 G {2,..., r — 1} et montrons le pour i.
On s'intéresse au comportement de u sur Gi+\. On a
f (Ker u) n Gi+i = F1n Gi+Y C^fl Gi+i = {0}
\ u(Gi+i) C u(Fi+1) C Fi
donc u applique injectivement Gi+\ dans Fi.
u(Gi+i) n Fi-i = {0}. En effet, soit x G u(Gi+i) D i^-i- Il existe y G C^+i tel que x = u(y).
Or x G Fi-i donc 0 = ui-1(x) = i**(y), d'où y e Fi C\ Gi+\ = {0}, c'est-à-dire y = 0, donc
x = wQ/) = 0.
On a donc u(Gi+i)(BFi-i c Fi. On peut donc trouver un s.e.v Hi tel que u(Gi+i)®Fi-\(BHi =
Fi. On pose alors Gi = u(Gi+i) © Hi, de sorte que i^ = Gi © i^-i et u applique injectivement
Gi+i dans Gi.
Les s.e.v Gr,..., G\ et Hr-\,..., H\ sont ainsi construits de proche en proche. Les propriétés (i)
et (iii) à l'ordre 1 sont
Kerw = Fi = G1 © F0 = Gx © {0} = <?i
Ci = u(G2) © #i
En résumé, la suite G\,..., Gr vérifie
{
e = Gr e Gr-i e • • • e Gi
d=JFi=Keru
Vz, 2 < z < r, u applique injectivement G^ dans G;_i
3) Partant d'une base e^i,... ,£;)Si de G;, ^(^i),... ^u{e^Si) est une famille libre de G{-\ que
Ton peut compléter par £;-i,i,... ,Ei-\,Si_x pour obtenir une base de G%-\. Nous obtenons en
réunissant toutes ces bases une base de E que nous pouvons écrire sous la forme du tableau à
double entrée suivant.
Grr
\Gr-\ 1
^Y-2
...
Gi
1 er,l
w(er,l)
w2(er)i)
...
^"Vr.l)
er,Sr |
w(er,Sr)
^2(er,Sr)
...
wr_1(er)Sr)
1 ^-1,1
^(er-i,!)
...
|ur-2(er_u)
6r-l,sr_i
^(er-l.s,--!)
...
^^(er-l.s^i)
| er_2,i
...
wr-3(er_2li)
leu
ehsi\
4) En lisant le tableau précédent colonne par colonne, de bas en haut puis de gauche à droite, nous
obtenons un nouvel ordre (ei,..., en) des vecteurs de cette base. On voit alors que u(ej) = ej-\
si ej n'est pas situé sur la dernière ligne, u{ej) = 0 si ej est situé sur la dernière ligne. La base
B = (ei,..., en) convient donc pour le théorème. D
Remarque 3. Une autre manière de voir les choses est de remarquer que [u]b est constituée
de blocs nuls et de blocs de la forme
/0
(0) \
; ••. i
\ o o /
centrés sur sa diagonale principale.
- On peut aussi obtenir la réduction de Jordan d'un endomorphisme nilpotent dans le
cadre de la théorie des invariants de similitude (voir l'annexe B page 292).

4. SOUS-ESPACES CARACTÉRISTIQUES - RÉDUCTION DE JORDAN 199
Théorème 5 (Réduction de Jordan d'un endomorphisme). Soit f g C(E) tel
que son polynôme caractéristique Pf soit scindé sur K :
s
Pi = (-i)nII(* " A*)°'' (A< * xisi i * J)-
Alors il existe une base B de E dans laquelle la matrice de f ait la forme
f Ai n \ ( xi vi,i (0) \
, où Vi, Ai =
[Î\b =
0
V
o
As 7
0 Xi
Vo ...
'• vi,ai-l
0 Xi I
eMai(K)
avec pour tout (i,j), Vij G {0,1}.
Démonstration. Pour tout i, on note Ni = Ker(/ — À^ Id)a« les sous-espaces caractéristiques de
/. On a E = Ni © • • • 0 Ns et les Ni sont stables par /. Pour tout i, on pose fi = f^.. On a
fi G C(Ni) et (fi — Xi Id)ai = 0, donc ni = fi — Xi Id est nilpotent. D'après le théorème précédent,
il existe donc une base Bi de Ni telle que
/ 0 viti (0) \ /Xi t*,i (0) \
0 Ai •••
Wft =
Vo
Vi,cti-1
o /
donc [fi]B. = [Xi Id^ +ni]Bi =
\ 0
0 Xi /
avec pour tout j, 1 < j < ai — 1, Vij G {0,1}. Comme E = Ni © • • • © NS) on voit que
B = (i?i,..., Bs) est une base de E et que
[/i]
£i
(0)
[f)B =
(0) [/Js.
d'où le résultat en posant, pour tout i, Ai = [/i]^.
□
Remarque 4. Ce théorème peut aussi s'interpréter comme suit : [f]s est constituée de
blocs de taille 1 du type (À*) ou de taille > 1 du type
(Xi 1
0 Ai
• •
V o •••
(o) \
••• i
0 Xi J
centrés sur sa diagonale principale.
4.4. Exercices
Exercice 1. Calculer l'exponentielle de la matrice
14-2
M = I 0 6 -3 ) G M3
-14 0
Solution. Le polynôme caractéristique de M est Pm = —(X — 2)2(X — 3). Les valeurs propres
de M sont donc Ai = 2 et A2 = 3. Pour calculer l'exponentielle de M, nous allons utiliser la
méthode décrite page 196, en employant les mêmes notations. On part ici du polynôme annulateur
F = (X - 2)2{X - 3). On a ici Qi = (X - 3) et Q2 = (X - 2)2. On recherche maintenant

200
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Ui,U2 G R[X] tels que U\Qi + U2Q2 = 1- On effectue pour cela la décomposition de 1/F en
éléments simples. Après calculs, on trouve
1 1 1111 X-l
+
F (X-2)2(X-3) X-2 (X-2)2 ' X-3 X-Z {X-2)2
donc (X-2)2-(X-l)(X-3) = 1, et donc U\ = -(X-l) et U2 = 1 conviennent. Si maintenant
•Pi = U1Q1 = -(X - 1)(X - 3) et P2 = U2Q2 = {X - 2)2, les projecteurs pi et P2 sont donnés
par pi = Pi (M) et p2 = i^C^O- On sait alors que
exp(M) = eXl (l3 + i(M - 2/3) J pi + eA2p2 = e2(M - /3)pi + e3p2.
Un calcul donne
/ -2 -4 6
pi = Pi(M) = -(M -/3)(M- 3/3)= -3 -3 6
\ -3 -4 7
et
/3 4 -6\
P2 = Pi(M) = (M - 2/3)2 =34-6,
\3 4 -6/
(au passage, on vérifie que pi +P2 = -^3), donc
-6e2 + 3e3 -4e2 + 4e3 10e2 - 6e3
exp(M) = [ -6e2 + 3e3 -3e2 + 4e3 9e2 - 6e3
-7e2 + 3e3 -4e2 + 4e3 lie2 - 6e3
Exercice 2. Soit M e Mn(C). Donner une condition nécessaire et suffisante sur la
matrice M pour que limt^+00 etM = 0.
Solution. Nous allons montrer que lim^+oo etM = 0 si et seulement si pour toute valeur propre
A de M, la partie réelle 9fc(A) de A vérifie U(X) < 0.
Condition nécessaire. Supposons que limt_>+00 etM = 0. Soit A une valeur propre de M, et X un
vecteur propre associé. On a facilement
Vp G N, MpX = XpX
donc
+00 p +00 ,p
Vt G R, etMX = Y -MpX = Y -XpX = éxX.
p=0y p=0y
Ainsi, limt-^oo etx = 0, ce qui entraîne 9ft(A) < 0.
Condition suffisante. Supposons que pour toute valeur propre A de M, on ait 5?(A) < 0. Si
A = (ai,j)i<i,j<n G Mn(C), on pose ||;4|| = J^ . |oij|. La norme || • || est une norme d'algèbre
sur Mn(C).
D'après le théorème 2, on peut écrire M = D + N avec D diagonalisable, N nilpotente et
DN = ND. Comme D et N commutent, on a exp(M) = exp(£>)exp(iV). Soit P G Gin(Q tel
que
/ Ai (0) \
P~lDP= =D'.
\ (0) An /
Les Xi sont les valeurs propres de M, et par hypothèse fi = sup^ 3ft(A;) < 0. On a
etAl (0)
n
V* G R, exp(W) =\ •.. donc || exp(tD')\\ = J^ \etXi\ < né».
(0) etXn I i=1

4. SOUS-ESPACES CARACTÉRISTIQUES - RÉDUCTION DE JORDAN
201
Comme exp(tD) = P 1 exp(tD')P, ceci entraîne
|| exp(*L>)|| < HP"11| • ne* ■ \\P\\ = Ke*t K = n \\p-*\\ • ||P||
Maintenant, TV étant nilpotente, on a
M
n^tk
V* > 0, exp(tN) = ^2-T\Nk donc
fc=0
exp(«JV)||<X;g"»»*
fc=0
= /«.
Avec (*), on peut maintenant écrire
||exp(*M)|| = \\exp(tD)exp(tN)\\ < ||exp(*D)|| ■ \\exp(tN)\\ < Ke^f(t).
Comme t ■-» f(t) est polynomiale et \i < 0, on en déduit que \ïmt^+00etM = 0.
Exercice 3. Soit M G Mn(C). Donner une condition nécessaire et suffisante sur M pour
que M et 2M soient semblables.
Solution. Supposons M et 2M semblables. Alors si À est valeur propre de M, 2À est valeur
propre de 2M, donc de M (car M est semblable à 2M). De même, 2(2À) est valeur propre
de M. On itérant le procédé, on voit ainsi que pour tout p G N, 2PX est valeur propre de M.
M n'ayant qu'un nombre fini de valeurs propres, on doit donc avoir À = 0 pour toute valeur
propre À de M. Le corps de base C étant algébriquement clos, on en déduit que la seule racine
du polynôme caractéristique Pm de M est 0, donc Pm = (—l)nXn, et donc M est nilpotente
d'après le théorème de Cayley-Hamilton.
Réciproquement, supposons M nilpotente. Soit / l'endomorphisme de Cn dont la matrice
dans la base canonique B de Cn est M. On sait (théorème 4) qu'il existe une base B\ =
(ei,..., en) de Cn telle que
m* =
/ 0 «i
0 0
Vo •••
(0) \
Vn-1
o /
avec Vijt;» G {0,1}.
On note maintenant Bi la base B^ = (ei,2e2,... ,2n 1en). Pour tout i G {1,
f{ei+i) = Viôi donc /(2iei+i) = (2vi)(2i~1ei), et donc
,n — 1}, on a
[/]b2 =
/ 0 2vi
0 0
Vo .•
(0)
\
2t>n-l
0 /
= 2[/]
fli
donc 2[/]b1 et f/]^ sont semblables, donc 2M et M sont semblables.
En résumé, M et 2M sont semblables si et seulement si M est nilpotente.
Exercice 4 (Toute matrice est semblable à sa transposée), a) Soit une matrice
M G Mn{C). Montrer que M et lM sont semblables (on pensera à la réduction de Jordan),
b) Que dire dans MJW

202
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Solution. D'après le théorème 5 et la remarque 4, il existe Q G £4i(C) et des nombres complexes
ai tels que
M' = Q~lMQ =
Ml (0)
(0) Mq
avec Mi =
( cti 1 (0) \
0 ai '•■
V 0
'•• 1
0 ai I
ou (a^.
Pour tout i, on va montrer que Mi et tMi sont semblables. Soit ni la taille de la matrice M^ Si
ni = 1 on a Mi = (a*) donc M; = lMi donc M* et *Mi sont semblables. Si n* > 1, on considère
l'endomorphisme fi de Cn* dont Mi est la matrice dans la base canonique B = (ei,... ,eni) de
Cni. Soit B' la base (eni,..., e2, ei) de Cni. On a facilement
[/i]*' =
/ oti
1 "
V (0)
0
o \
ai 0
1 ai J
= %h
donc tMi = [fi]B' est semblable à Mi = [fi]B-
Pour tout i, on peut donc trouver une matrice Pi inversible telle que lMi
Pi
>-i
PrlMiPi. La
o
matrice P =
G A1n(C) est inversible, son inverse est P l =
-i _
et on a
>-i
P-1M'P =
prMii\
0
0
P^lMqPq
*Mi
0
0
lMn
= tM'
ce qui entraîne ^Q^MQ) = P~l(Q-lMQ)P donc *M = R~lMR avec # = QPlQ.
b) Dans A^n(K)) on ne peut plus procéder comme plus haut car le corps de base R n'est pas
algébriquement clos et donc on n'est pas assuré de la réduction de Jordan de M.
On s'en tire autrement. Si M G Mnfâ) C Mn(C) alors d'après a), il existe P G G^n{^) tel
que tM = P~lMP. On a vu au problème 11 page 158 que deux matrices réelles semblables dans
Mn(C) sont semblables sur A^n(K), autrement dit, il existe Q G £^nW tel que lM = Q~lMQ.
Remarque. Le résultat de a) reste vrai sur tout corps K dès que Pm est scindé sur K.
On en déduit que pour tout corps K, M G Mn(K) est semblable dans MnÇL) à lM où
L désigne le corps des racines de Pw Si K est infini, on en déduit (toujours grâce au
résultat du problème 11 page 158) que M et lM sont semblables dans .Mn(K). (En fait,
ceci est vrai même si K est un corps fini — voir l'annexe B, partie 3.2.)
Exercice 5 (Logarithme d'une matrice inversible). 1/ a) Soit M e ǣn(C).
Montrer qu'il existe A G Mn(C) telle que exp(A) = M.
b) Déterminer l'ensemble des matrices B G Mn(€) telles que exp(J3) = In.
2/ (Application). On se donne un entier p > 2.
a) Soit A G £C(C). Montrer l'existence d'une matrice B telle que Bp = A.
b) Lorsque A G Mn(C) n'est pas inversible, existe-t-il toujours une matrice B telle que
A = Bp ?
3/ (Seconde application). Montrer que £Ai(C) est connexe.

4. SOUS-ESPACES CARACTÉRISTIQUES - RÉDUCTION DE JORDAN 203
Solution. 1/ a) D'après la conséquence du théorème 2, M est semblable à une matrice de la
forme
/ Bi
M' =
B2
0
\
0
\
B.
, les blocs B{ étant de la forme
p )
/ A x
0 A
V 0 •••
x \
•• x
0 A /
Soit B G Mm(C) un tel bloc. On a A ^ 0 puisque M est inversible. On peut écrire B = \(Im+N)
où N est une matrice nilpotente. Posons C = Im + N. Par analogie avec le fait que pour \t\ < 1,
, on pose
iog(i+i) = t-4 + f +
D = N - — +
+ (-l)m
N
m—1
m — 1
Comme on s'y attend, nous allons montrer que exp(D) = Im + N = C. Ceci peut se déduire
d'un calcul formel analogue au cas des séries entières sur C. Pour le lecteur non convaincu, nous
allons donner une autre démonstration. Pour tout t G M, on pose
tÂ
fTïl—l
m L 7\rm—1
D{t) = tN--N' + - + (-l)
l m — 1
Par dérivation, on obtient D'(t) = N - tN2 + • • • + {-l)mtm-2Nm-1, et comme Nm = 0 (car
N est nilpotente), on a (Jm + tN)D'(t) = N. Si S(t) = exp[D(t)}, on a donc {Im + tN)S'(t) =
NS(t) (*), et en dérivant une nouvelle fois (Im + tN)S"(t) = 0, d'où on tire S"(t) = 0 car
(Im + tN) est toujours inversible (son inverse est Im-tN + t2N2 + • • • + (-l)m-1Mm-1). Pour
tout t, S'(t) est donc une fonction constante, égale à ^(O) = N d'après (*). Or 5(0) = Im donc
pour tout t, S(t) = Im + tN. En particulier, C = 5(1) = exp[£>(l)] = exp(£>).
Ceci étant, soit fi € C tel que eM = A (si A = |A|etô, il suffit de prendre fi = log |A| + id).
Alors exp(fj,Im + D) = exp(fj,Im) exp(D) = (XIm)C = B.
Ainsi, pour tout i, il existe une matrice Ai telle que exp(j4;) = Bi. Si on note
A' =
Ai (0)
(0) Af
on a exp(A') =
exp(^i) (0)
(0) exp(^p)
= M'.
Si P est une matrice inversible telle que P lM'P = M, on voit que la matrice A = P lA'P
vérifie exp(A) = P"1 exp(^7)^ = M.
b) Considérons une matrice B G Mn(C) telle que exp(B) = In. On peut écrire B = D + N où
D est une matrice diagonalisable, TV une matrice nilpotente, avec DN = ND.
Nous allons montrer que TV = 0. On a In = exp(B) = exp(D)exp(N) donc exp(N) =
exp(D)"1 = exp(—D). L'exponentielle d'une matrice diagonalisable étant diagonalisable (pour
s'en convaincre, se placer dans une base de diagonalisation et remarquer que l'exponentielle d'une
matrice diagonale est diagonale), exp(N) = I + TV + • • • + AP-1 /(n — 1)! = exp(-D) est donc
diagonalisable. Si on pose Q = 1+X + - • • + Xn-1/(n-l)! G R[X], on a exp(iV) = Q(N). Comme
N est nilpotente, sa seule valeur propre est 0 donc la seule valeur propre de Q(N) est Q(0) = 1
(voir la remarque 1 page 174). De plus, on a vu que Q{N) = exp(N) est diagonalisable ; elle est
donc semblable à l'identité, donc égale à /, et donc N + • • • + Nn~l/{n — 1)! = 0. Autrement
dit, le polynôme R = X + • • • + Xn~1/(n — 1)! annule N. Le polynôme minimal Un de N est
de la forme IIjv = Xa puisque N est nilpotente. Comme R(N) = 0, on a IIjv = Xa \ R, ce qui
entraîne que a = 1. Finalement, 0 = IIn(N) = N.
En résumé, on a montré que B = D est diagonalisable. Soit P € G^n{^) tel que
>-i
P~lBP =
(0)
(0) An

204
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
On a
,Ai
(0)
>-i
-1
In = p-1 exp{B)P = exp(p-lBP) =
(0)
jAn
donc pour tout j, exJ = 1, c'est-à-dire Xj € 2z7rZ. Réciproquement, si B est diagonalisable à
valeurs propres dans 2Ï7rZ, on a facilement exp(B) = In.
Les matrices B telles que exp(B) = In sont donc les matrices diagonalisables à valeurs propres
dans 2inZ.
2/ a) Le résultat de la question 1/a) nous assure l'existence d'une matrice M telle que A =
exp(M). En posant B = exp(M/p), on a Bp = exp(M) = A.
b) Non ! Considérons une matrice nilpotente A dont l'indice de nilpotence est n, i. e. vérifiant
An = 0 ^ An_1. Une telle matrice existe, par exemple le bloc de Jordan
/0 1 (0) \
i4 =
V 0
1
0/
Si A = Bp, alors An = Bnp = 0 donc B est une matrice nilpotente, donc Bn = 0 (en effet,
d'après la remarque 6 page 177, Pb = (—l)nXn donc £n = 0 d'après le théorème de Cayley-
Hamilton). Or 0 ^ An~1 = Bv^n~l\ donc forcément p(n — 1) < n, ce qui est impossible dès que
n>2.
3/ Il suffit de montrer que G£n(C) est connexe par arcs. Soient P,Q € ^n(Q. Il existe deux
matrices A et B telles que P = exp(A) et Q = exp(B). Le chemin <p : [0,1] —» A^n(C) £ >-►
exp(£A + (1 — £)i?) relie continûment Q = exp(B) à, P = exp(A). De plus, pour tout t G [0,1],
(p(t) est l'exponentielle d'une matrice, donc inversible. Finalement, (p relie continûment P et Q
dans ^n(C), d'où le résultat.
Remarque. Une matrice réelle inversible, même de déterminant positif, n'est pas forcément
l'exponentielle d'une matrice réelle (voir l'exercice 2 page 186).
5. Problèmes
Problème 1. Soit un entier n > 2 et
/ a b ••• b \
b a '•. :
M =
\b
••• b
b a J
eMn
avec 6^0.
a) Déterminer les valeurs propres de M et montrer que M est diagonalisable.
b) Lorsque M est inversible, calculer l'inverse de M.
c) Pour tout p G N, calculer Mp.
Solution, a) La matrice M—(a—b)In n'est constituée que de 6, elle est donc de rang 1. Autrement
dit dimKer[M — (a — b)In] = n — 1, ce qui montre que a — b est valeur propre de M et que le
sous-espace propre correspondant est de dimension n— 1. Le polynôme caractéristique Pm de M
s'écrit donc sous la forme
PM = (-l)n[X - (a - b^-'iX -a), ae

5. PROBLÈMES
205
On sait que (n — l)(a — 6) + a = tr M = na, donc a = a + (n — 1)6 ^ a — 6, et a est valeur propre
de M. La somme des dimensions des sous-espaces propres trouvés est égal à n, ce qui prouve que
yi est diagonalisable, semblable à
/ a-b \
0
a — b
0
^ a + (n-l)6 y
Au passage, si b ^ 0, le polynôme minimal de M est I1m = [X — (a — b)][X — (a + (n — 1)6)].
b) La matrice M est inversible si et seulement si il n'a aucune valeur propre nulle, autrement
dit si et seulement si a — b ^ 0 et a + (n — 1)6 ^ 0. Dans ce cas, la relation
nM(M) = 0 = M2 - (2a + (n - 2)b)M + (o - b)(a + (n - l)6)/n
entraîne
M[M - (2a + (n - 2)6)/n] = (6 - a)(a + (n - l)6)/n,
donc
M'1 = (a-6)(al(n-l)6) ^ + <» " 2>6>7» " ^ "
c) On commence par effectuer la division euclidienne de Xp par 11^/. On sait que
(3L> G R[X],3op,ft, G R), ^ = UM{X)D{X) + (c*pX + ft>).
Dans cette dernière relation, en donnant à X les valeurs a — 6 et o + (n — 1)6, on obtient
(o - b)p = 0 + ap(a - 6) + (3P et (a+(n- l)6)p = ap(a + (n - 1)6) + (3P,
d'où
(a + (n - l)b)P - (a - 6K _ (a + (n - l)6)(a - bf - (a - 6)(a + (n - 1)6)?
ap = ^6 et ^ = ri •
Finalement, on a
Mp = D(M)UM(M) + otpM + (3pIn = apM + /3pIn.
Problème 2. Soit M e M2(Z) telle qu'il existe un entier n G N* vérifiant Mn = I2.
Montrer que M12 = I2.
Solution. Regardons M comme une matrice de M2(C). Par hypothèse, Mn — I2 = 0, et donc
le polynôme Xn — 1 annule M. Ce polynôme n'ayant que des racines simples dans C, M est
diagonalisable dans M2{€) :
3P G Çl2(C), P~lMP = ( q °0 J = D avec a,/? G C.
Comme Mn = J2, on a Dn = I2) donc an = f3n = 1. En particulier, \a\ = \0\ = 1 (*).
Onaa + /? = tr.D = trMGZ. De (*), on en déduit a + (3 G {-2,-1,0,1,2}.
- Si a + /? = 2, de (*) on tire a = (3 = 1. De même, si a + /? = -2, a = /? = -1.
- Si a + (3 = 1, un peu de calcul montre grâce à (*) que
(a, (3) = (e"i7r/3, ei7r/3) ou (a, 0) = (ei7r/3, e"^3).
- Si a + /? = —1, on a de même
(a, (3) = (e-2i"/\e2i"'3) ou (a, /?) = (e2i7r/3, e"2-/3).
- Si a+/3 = 0, on (3 = -a. Or a(3 = det M G Z, donc a2 G Z, donc d'après (*), a2 G {-1,1},
d'où a G {—1,1,— i,i}. Donc
K/?)G{(-i,i),(i,-i),(i,-i),H,i)}.

206
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Dans tous les cas, on voit que a12 = (312 = 1, ce qui prouve que D12 = li et donc M12 = J2.
Problème 3. Soit E un C-e.v de dimension finie n G N*.
1/ a) Soit / G C(E) tel que Vp, 1 < p < n, tr(/p) = 0. Montrer que / est nilpotente.
b) Pour tout u, v G £(E), on note [w, v] = uv — vu (crochet de Lie de u et i>). Soient
f,g G £(£) tels que [[/,p],/] = 0. Montrer que [f,g] est nilpotente.
2/ Soient f,g G £(£) tels que pour tout p G {1,... ,n}, tr(/p) = tï(gp). Montrer que /
et g ont même polynôme caractéristique. (On pourra utiliser le résultat de la remarque
de l'exercice 3 page 80.)
Solution. 1/ a) Il suffit de montrer que toutes les valeurs propres de M sont nulles (voir la
remarque 6 page 177).
Comme le corps C est algébriquement clos, il existe une base B qui trigonalise /. Notons
Ai,..., Xq les valeurs propres de / (distinctes deux à deux), etoci,...,aq leur ordre de multiplicité
dans le polynôme caractéristique de /. Les termes de la diagonale principale de [f]pB sont les
puissances p-ièmes des termes de la diagonale principale de [/]# et on en déduit
Vp, 1 < p < n, Yl <**? = tr^P) = °-
i=l
Raisonnons par l'absurde et supposons que / ait au moins une valeur propre non nulle. Quitte à
renuméroter les Ai, on peut supposer que les Ai non nuls sont Ai,..., Ar (avec 1 < r < q) ce qui
donne
i=l
Vp,l<p<r, ^<*iAf = 0.
Ceci s'écrit matriciellement sous la forme
ai
M
= 0 avec M =
I Ai A2
X1 A2
Ctr
Xr \
V Aï X\
K /
G Mr(C).
Ceci entraîne que M n'est pas injective et donc que det M = 0. Or
1 1 1
Ai A2 • • • Ar
det M = Ai • • • Ar
\i—1 \r—1
Al A2
\r—1
= Ai-.-A9 J] (A,-A,)
l<i<j<r
(on a affaire à un déterminant de Vandermonde). Comme det M = 0 et que les À; (1 < i < r)
sont distincts deux à deux, on en déduit qu'il existe i < r tels que À; = 0, ce qui est absurde car
nous avions choisit les (A;)i<;<r non nuls. Les valeurs propres de / sont donc toutes nulles, et
donc / est nilpotente.
b) La trace d'un crochet de Lie est toujours nulle car si u,v G C(E)y tr[u,v] = tr(uv — vu) =
tr(uv) — tr(vu) = 0.
Ceci étant, d'après la question précédente, pour montrer le résultat il suffit de montrer que
pour tout p, 1 < p < n, tr([/,#]p) = tr[(fg — gf)p] = 0. Fixons un tel entier p. On a
(fg - gf)p = (fg - gf)p-\fg - gf) = (fg - gfV^fg - (fg - gfT^gf,
et comme / et (fg — gf) commutent par hypothèse,
(fg - gff = f(fg - 9f)p-lg - (fg - gf^gf = [/, (fg - gff-'g}-
D'après la remarque précédente, on a donc tr[(/# — gf)p] = 0, et ceci pour tout p, 1 < p < n,
d'où le résultat.

5. PROBLÈMES
207
2/ Notons Ai,..., An les valeurs propres de / (répétées avec leur ordre de multiplicité). Comme
plus haut, on obtient, en trigonalisant /, que tr(/p) = Af + • • • + A£. D'après les formules de
Newton (voir l'exercice 3 page 80), les ap = ]T) X\ • • • Xp, polynômes symétriques élémentaires de
C[Xi,. • •, Xn], s'expriment en fonction des sommes de Newton Sp = Ya=i Xf 0- — P — n)- ®n
peut donc exprimer les coefficients du polynôme n£=i(^ — -X*) en fonction des Sp (1 < p < n).
On en déduit que les coefficients du polynôme caractéristique riiLiC^ — ^ô ^e / s'expriment en
fonction des tr(/p) = X)?=i A? (1 < p < n). Il en est de même pour #, et comme tr(/p) = tv(gp)
pour 1 < p < n, on a Pf = Pg.
Problème 4 (Endomorphismes de C(E)). Soit E un K-e.v de dimension finie n. Si
u,v G £(E), on note Lu G C(C(E)) l'endomorphisme défini sur C(E) par Lu(f) =«o/,
et on note Ry G C(C(E)) celui défini par Ry(f) = f ov.
1/ a) Calculer dim(KerLu) et dim(Ker.Ru) en fonction de dim(Kertt) et de dim(Kerv).
b) Montrer que u (resp. v) est diagonalisable si et seulement si Lu (resp. Ry) est diago-
nalisable.
c) Donner les matrices de Lu et Ry dans des bases commodes.
2/ On note AU)V = LU-Rye C(C(E)).
a) Si u et v sont diagonalisables, montrer que AUtV est diagonalisable.
b) On suppose que Pu, le polynôme caractéristique de «, est scindé sur K. Si AUtU est
diagonalisable, montrer que u est diagonalisable.
Solution. 1/ a) On a
/ G Ker(Lu) «=>• u o f = 0 «=>• Im/ C Kerw,
on en déduit Ker(Lu) = C(E, Ker u), d'où dim(KerLu) = ndim(Keru).
Pour Ry, on a
feKer(Ry) <^=> fov = 0 ^=> Imv C Ker/.
Si S désigne un supplémentaire de Imv dans E, Ker Ry est donc isomorphe à £(S,E), d'où
din^Ker-Ru) = ndimS = n(n — dim(Imv)) = ndim(Kerv).
b) Si P G K[X], on vérifie facilement que P(LU) = LP^uy On a donc l'équivalence
P(u) = 0 <^=>- V/, P{u) o f = 0 ^=> LP(tl) = 0 <^=>- P(LU) = 0.
On en déduit que u et Lu ont même polynôme minimal. Donc d'après le théorème 2 page 175, u
est diagonalisable si et seulement si Lu est diagonalisable.
On procède de même pour Ry.
c) Soit B = (ei,..., en) une base de E. On définit la base {eij)i<i,j<n de £(£) par
f \ x x Jl sij = fc,
ei,j{ek) = àjtkei avec d^fc = <
10 sinon.
Notons [u]b = (ai,j)i<i,j<n la- matrice de u dans la base B. On a
n n
u ° eio,jo\ek) = Vjo,ku{eio) = °jo,k / vQi,io ei = / yai,io ei,jo\ek))
donc Lu(eitj) = ]T)ï=i o>k,i^k,j- Dans la base
#1 = (ci,i,- •• »en)i; ei^,... , en>2;... ; ei)Tl,... ,en)n),
la matrice de Lu s'écrit donc par blocs sous la forme
M (0)
[Lv]b1 = | ••. | , où M=[u]B.
(0) M

208
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Si on écrit [v]b = (bi,j)i<i,j<n> un calcul analogue donne Rv(eij) = Sï=i fy,fcet,fc- Ceci entraîne
que dans la base
&2 = (ci.ii- •• iCi,n;e2,i,.. • ,e2,n;-- -;en,i,.. • ,en,n),
la matrice de Ry s'écrit
/ 'N (0) \
[Rv}B2= "-. , Où N=[V]B.
V (0) 'N )
2/ a) On sait déjà que Lu et Ry sont diagonalisables d'après 1/b). Or
V/g£(£), Luo Rvif) = uo f ov = Rviuo f) = Rv o Lu{f),
c'est-à-dire que Lu et ily commutent. On peut donc les diagonaliser dans une même base, et
cette base diagonalise Au>v = Lu — Ry.
b) Comme Pu est scindé sur K, on peut écrire (décomposition de Dunford, voir la partie 4.2
page 193) u = d + n, d diagonalisable, n nilpotente, avec nod = don. Pour alléger les notations,
on note, pour / G C(E), Af = Afj.
On a Au = Ad + An. Or il existe p G N* tel que np = 0, ce qui entraîne {An)p = AnP = 0,
c'est-à-dire que An est nilpotent. D'après 2/ a), Ad est diagonalisable. Les endomorphismes d et
n commutant, L</> P<f, Ln et Rn commutent, donc Ad et An commutent.
Au = Ad + ;4n est donc Y unique décomposition de Dunford de Au. Comme Au est
diagonalisable, on a donc An = 0, c'est-à-dire que pour tout / G C(E), no/ —/on = 0. En d'autres termes,
n commute avec tous les éléments de C(E) ; c'est donc une homothétie. Or n est nilpotente, donc
n = 0, et donc u = d est diagonalisable.
Remarque. Une conséquence de 1/ a) est que pour tout À, dim(Ker(Lu — Aid)) =
ndim(Ker(u — Aid)). Cette égalité permet également de montrer 1/b).
Avec 1/c), on aurait pu démontrer directement 1/a) et 1/b).
Problème 5 (Résultant de deux polynômes et application).
1/ Résultant de deux polynômes, a) Soient P et Q deux polynômes non constants de
C[X). Montrer que P et Q ont un facteur commun non constant si et seulement si
(3A, B e C[X], A^0,B^0), AP = BQ avec deg(^) < deg(Q), deg(£) < deg(P).
b) Pour tout r G M, on note Tr = {P e C[X] | degP = r}. Pour tout m,n G N*,
déterminer une fonction continue
R: rmxrn^C (P, Q) h» R[P, Q]
vérifiant
(P et Q sont premiers entre eux) 4=> (R[P,Q] ^ 0).
2/ Soit n G N*. On note D l'ensemble des matrices diagonalisables de M.n{€). Quel est
o
D, l'intérieur de D ?
Solution. 1/ a) Condition nécessaire. Supposons l'existence de R G C[X], deg(R) > 1, divisant
P et Q. Soient Pi et Ri G C[X] tels que P = #Pi et Q = tfQi. Si A = Qx et B = P1} on a
AP = flPiQi = PQ avec deg(A) = deg(Qi) < deg(Q) et deg(P) = deg(Pi) < deg(P).
Condition suffisante. Supposons que P et Q n'aient aucun facteur commun non constant, c'est-
à-dire que P et Q sont premiers entre eux. Si AP = BQ, d'après le théorème de Gauss, on a
P | B. Comme B ^ 0, ceci entraîne deg(P) > deg(P), ce qui est absurde.
b) Soit P = a0 -I- ai X + • • • + am Xm G Tm et Q = b0 + fei X + • • • + bn Xn G Tn. D'après
la question précédente, P et Q ont un facteur premier non constant si et seulement il existe

5. PROBLÈMES
209
A, B € C[X] non nuls, deg(A) < deg(Q) et deg(B) < deg(P) tels que AP = BQ, autrement dit
si et seulement si les vecteurs P, XP,..., Xn~1P et Q, XQ,..., Xm~1Q forment une famille liée
de C[X], c'est-à-dire si et seulement si
detB(P,XP,...}r-1?,Q,XQ,...,Xm-XQ) = 0,
où B désigne la base (1, X,..., xm+n~1) de Cm+n-i[X]. En d'autres termes, P et Q ne sont pas
premiers entre eux si et seulement si le déterminant
R[P, Q) =
dQ
0
0
bo
0
0
ai
ao
h
ai
0
bn-\
• • •
0
Q>m
.
ao
&n
&n-l
bo
0
&m
ai
0
K
K-\
0
0
^m
0
0
bn
est nul (ce déterminant est appelé résultant de P et Q). Ainsi définie sur Tm x Tn, i? est une
fonction continue de P et Q (car polynomiale en les coefficients de P et Q), et vérifie : P et Q
sont premiers entre eux si et seulement si R[P, Q] ^ 0.
o
2/ Un peu d'intuition nous guide. Nous allons montrer que D = T, où T désigne l'ensemble des
matrices diagonalisables dont les valeurs propres sont toutes distinctes.
o
Montrons rcD. Soit M G T. Dire que M G T équivaut à dire que le polynôme
caractéristique Pm de M n'a que des racines simples, ou encore que Pm et P'M sont premiers entre eux,
ou encore R[Pm,P'm] i1 0. L'application
<P : Mn(Q -+ C Mh ^[Pm,P'm]
est continue. On vient de voir que V = 99_1(C*), et donc F est ouvert (image réciproque d;un
o
ouvert par une fonction continue). Or F C D, donc rcD.
o o
Montrons D C F. Soit M € D et supposons M g F. La matrice M est diagonalisable et
admet une valeur propre multiple A, de sorte qu'il existe P G £4i(Q telle que
/ A
P-XMP =
A
0
\
A3
0
\
Pour tout entier p > 0, on pose
I A \
A
Mp =
0
An /
\
A3
0
\
An /
A I
Pour tout p, Mp n'est pas diagonalisable, sinon la restriction I p 1 de Mp aux deux premiers
vecteurs de la base canonique de Cn serait diagonalisable, absurde car alors cette matrice serait
semblable à A/2, donc égale à A^- Or M = rimp_>+00 PMvP~l, donc M est limite d'une suite
o
de matrices n'appartenant pas à D, donc M £ D. Ceci est absurde, et on a donc avoir M € T.
D'où le résultat.

210
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Remarque. On peut montrer (voir la démonstration de l'exercice 1 page 185) que F est
dense dans Mn(C).
Problème 6 (Rayon spectral d'un endomorphisme continu). Soit E une algèbre
de Banach sur C, munie d'une norme d'algèbre || • ||.
1/ Soit u G E, u ^ 0. Pour tout n G N*, on note Un = ||un||1/n.
a) Soit m G N* fixé. Prouver que
Ve > 0, 37V G N, Vn >N,Un< Um{\ + e).
b) Soit p(u) = inî{Un \ n G N*}. Montrer que limn^+00 Un = p(u).
c) Pour tout u,v G E, montrer que p(uv) = p(vu).
2/ Soit ^2anzn une série entière de rayon de convergence R G ]0, +oo]. Soit u G E. Si
p(u) < R, montrer que ^2anun converge dans E. Si p(u) > R, montrer que J2anun
diverge.
3/ On considère ici le cas particulier où E = Mn(C). Soit A G Mn(C). Montrer que
p(A) = sup{|À| | À valeur propre de A}. (Indication. On pourra utiliser le résultat a) de
l'exercice 5 page 188.)
Solution. 1/ a) Pour tout n G N*, on considère n = q(n)m + r{n), 0 < r(n) < m, la division
euclidienne de n par m. On a
Vn G N*, Un = |K||1/n = \\uq^m • ur^\\l'n < ||um||9^/n • ||w||r^/n. (*)
Pour tout n, \r(n)\ < m donc \imn^+00r(n)/n = 0 et limn_>+00q(n)/n = 1/ra. Le terme de
droite de (*) tend donc vers Um lorsque n tend vers l'infini, d'où a).
b) Soit e > 0. Par définition de p(u), il existe m G N* tel que Um < p(u) + e. D'après a),
3N G N, Vn > MN, Un < Um{\ + e) < {p{u) + e){\ + e)
donc
Vn > N, p(u) <Un< (p(u) + e){l + e).
On en déduit que limn_>+00 Un = p{u).
c) Si u = 0 ou v = 0, c'est évident. Sinon, l'égalité (uv)n = u(vu)n~lv entraîne
HMi1/" = \\u{vu)n-lv\\l/n < llwll^llM""1!!17"!!^!!17"- (**)
Or lim ||w||1/"= lim ||w||i/» = l et lim ||(tm)n-1||1/n = lim (IKvt*)**-1 ||i/(«-i>)(»-i)/~ =
n—>+oo n^+oo n^+oo n—>+oo
p(vu). En faisant tendre n vers l'infini dans (**), on obtient donc p(uv) < p(vu). Par symétrie,
on a de même p(vu) < p(uv), d'où l'égalité recherchée.
2/ Supposons p(u) < R. Nous allons montrer que ]T) \an\ • \\un\\ converge, ce qui entraînera que
la suite (]C/k=o ak uk)neN* est de Cauchy donc converge.
Soit \i e R tel que p(u) < \i < R. Comme R est la rayon de convergence de la série entière
J2n anzn,Yj \an\ Hn converge (voir le tome d'analyse sur les séries entières). Or il existe iVGN*,
tel que pour tout n > N, \\un\\l/n < /i, et donc \\un\\ < p,71. On en déduit que J2n>N M hn\\
converge et donc J2neN \an\ \\uTl\\ converge.
Supposons maintenant p(u) > R. Alors la suite (\an\p(u)n) n'est pas bornée. Comme p(u) =
inflH^H1/71} on a pour tout n, \\un\\ > p(u)n et donc la suite (\an\ \\un\\) n'est pas bornée, ce
qui entraîne la divergence de la série ]T)an^n-
3/ Notons fi(A) = sup{|À| | À valeur propre de A}. Remarquons ici que p(A) ne dépend pas de la
norme d'algèbre choisie sur Mn(C) (en effet, en dimension finie, les normes sont équivalentes et
pour tout x > 0, limp_>+00 xl/p = 1). Toute l'astuce va consister en le choix d'une bonne norme
d'algèbre pour montrer notre résultat.

5. PROBLÈMES
211
Soit e > 0. Montrons qu'il existe une norme d'algèbre ||-|| sur Mn(C) telle que \\A\\ < n{A)+e.
Munissons Cn de la norme ||(œi,... ,£n)||oo = supf |a?»|. Pour tout M = {mi,j)i<ij<n € Mn(C),
||M||oo = suP||X||in/t =i ||-W-X"||oo défini une norme d'algèbre sur Mn(C). Un petit calcul donne
d'ailleurs facilement
||M||oo = sup(J^ |mij|). (***)
* j
D'après la question a) de l'exercice 5 page 188, il existe P G Çên(C) telle que P~lAP = T = (Uj)
soit triangulaire supérieure et vérifie \fi < j, \tij\ < e/n. Munissons Mn(C) de la norme d'algèbre
\\M\\ = WP^MPWoq. De (***), on tire facilement ||i4|| = ||r||oo < sup; \titi\ + e. Les tiyi étant les
valeurs propres de T donc de A, ceci s'écrit aussi ||j4|| < fi(A) + e. Donc
p(A) = {inf pi1/*, p e N*} < ||A|| < v(A) + e.
La matrice T = (Uj) étant triangulaire supérieure, les coefficients de la diagonale principale de
la matrice Tp sont les iPii et donc d'après (***), pour tout p,
PI Hl^lcx, > SUP MP = /W,
i
ce qui s'écrit aussi ||j4p||1/p > fJ>(A). En faisant tendre p vers l'infini, on obtient p(A) > fJ,(A).
Finalement, on a montré que fi(A) < p(A) < fi(A) + e, et ceci pour tout e > 0, d'où l'égalité
recherchée.
Remarque. Les résultats de 1/ et 2/ restent vrais sur l'algèbre des endomorphismes
continus CC(E) sur un espace de Banach E (on sait en effet que CC(E) est une algèbre de
Banach). On a ainsi généralisé le résultat du théorème 3 page 183.
Problème 7. Soit E un C-e.v de dimension finie n > 2. Soit A une sous-algèbre de C(E),
unitaire, (i. e. Id# G A) et transitive (i. e. les seuls s.e.v de E stables par tous les éléments
de ,4 sont {0} et E).
a) Soit x e E, x ^ 0. Montrer que {u(x) \ u G A} = E.
b) Soit u e A, vgu > 2. Montrer qu'il existe v G A tel que uvu et u forment une famille
libre.
c) Montrer qu'il existe ÀeCet^Glmu, z^O, tels que uv(z) = Xz.
d) Montrer que A contient au moins un élément de rang 1.
e) Conclure.
Solution, a) On pose Fx = {u(x) \ u G A}. Une sous-algèbre est un s.e.v de C(E)y donc A est
un s.e.v de C(E). On en déduit que Fx est un s.e.v de E.
Pour tout v G j4, v(Fx) = {vu(x) \ u € A] C Fx. En d'autres termes, Fx est stable par tous
les éléments de A. Or Fx ^ {0} puisque x G Fx (l'algèbre A est unitaire), et donc Fx = E.
b) Comme rgu > 2, il existe deux vecteurs ei, e<i de E tels que ^(ei) et ufa) forment une famille
libre. En particulier, u(e\) ^ 0 donc d'après a), il existe v G A tel que v[^(ei)] = e2. La famille
formée par uvu et u est donc libre car l'égalité X(uvu) + ym = 0 entraîne \{uvu){e\) + nu{e\) =
0 = Xu(e2) + Am(ei), et donc À = \i = 0 puisque par construction, la famille u(ei), ufa) est libre.
c) Le corps C est algébriquement clos et E est de dimension finie, l'endomorphisme uv admet
donc au moins une valeur propre À. On traite deux cas.
Premier cas : l'endomorphisme uv admet au moins une valeur propre À ^ 0 associé à un
vecteur propre z ^ 0. Alors z = \uv(z) elmuet le résultat est montré.
Second cas : toutes les valeurs propres de uv sont nulles. Dans ce cas, uv est nilpotent. Soit
r G N* tel que (uv)r = 0 et (uv)r~l ^ 0. Soit z G lm(uv)r~l, z ^ 0. Alors uv(z) = 0 car
uv(z) G lm(uv)r = {0}. Or r > 2 car d'après b), uv ^ 0. Donc z G Im(m>)r~1 C Imu. En
résumé, on a trouvé z G Imu, z ^ 0, tel que uv(z) = 0.

212
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
d) L'algèbre A étant unitaire, il existe u G A tel que rgu > 2. On a alors trouvé v G A, v ^ 0
tel que uvu et u forment une famille libre, et tel que
(3z G Imu, z ^ 0, 3X G C), uv(z) = Xz.
Posons w = uvu — Xu.
On a w G A car A est une algèbre.
On a w ^ 0 d'après b).
On a Keru C Kerw car w = (uv — Àld) o u. Par ailleurs si y e E est tel que z = u(y)> on a
w(y) = uv(z) — Xz = 0. L'inclusion Kevu C Kerw est donc stricte, car y $ Keru et y e Kerw.
Donc dim(Keru) < dim(Kerw), et on conclue avec le théorème du rang que rgu; < rgu.
Autrement dit, pour tout u G A, rgu > 2, il existe w G A, 1 < rgu; < rgu - 1. Ceci suffit
pour conclure que A contient au moins un élément de rang 1.
e) On va montrer que A = C(E). Pour cela, il suffit de montrer que A contient tous les éléments
de C(E) de rang 1. Le lemme suivant nous sera utile.
Lemme Soit u G C(E), rgu = 1. Alors il existe a G E, a ^ 0, et il existe (p e E* (dual de E),
(p ^ 0, tels que \/x G E, u(x) = (p(x) • a.
En effet. Soit a G E tel que Imu = Vect a. Pour tout x G E, u(x) G Imu donc il existe (p(x) G C
tel que u(x) = (p(x) • a. La linéarité de u entraîne la linéarité de x ■-» y>(x). Autrement dit, (p est
une application linéaire de E dans C, c'est-à-dire (p e E*.
Ceci étant, la question précédente assure l'existence de uq G A tel que rguo = 1. D'après notre
lemme, il existe a G £, a ^ 0 et (p G £*, (p ^ 0, tels que uq = (p • a. Soit v G £(£) un autre
élément de rang 1. On veut montrer v e A. Écrivons v = ij> • 6, où b G E et t/; G E*.
On a a 7^ 0 donc d'après a), il existe w G A tel que w(a) = 6.
Considérons G = {(p o u\\ u G j4}, s.e.v de S*. Soit a; appartenant à l'orthogonal G° de G.
Pour tout u G j4, (99 o u)(x) = 0 donc pour tout wG A, u(x) G Ker<£>. En d'autres termes,
Fx = W#) | ^ G ^4} c Ker<£> ^ S. D'après a), on doit donc avoir x = 0. Finalement, G° = {0}
et donc G = E*.
Il existe donc £ G A tel que (pot = i/;. Alors pour tout x G E, (wuot)(x) = w[((po t)(x)a] =
i/j(x)w(a) = %l){x)b = v(x), donc v = wuot G A. L'ensemble A contient donc tous les éléments
de rang 1. Ceci suffit pour conclure que A = C(E) (on montre en effet facilement que tout
endomorphisme est somme d'endomorphismes de rang 1).
Problème 8. Soit E un C-e.v de dimension finie, G un sous-groupe fini de G£(E). Soit
F = {x e E \\fg e G,g(x) = x}. Siq = Card(G), montrer
g-dimF = ^tr(#).
geG
Solution. Comme G est un groupe, pour tout h G G, l'application G —> G g \-> h o g est
bijective. Ceci entraîne
V/iGG, X> = E/l°2'
geG geG
ce qui en posant / = J2geG9 s'écrit / = h o /, et ceci pour tout h G G. On a donc
heG heG heG
Le polynôme X(X — q) annule donc Pendomorphisme /. On en déduit que / est diagonalisable et
que ses valeurs propres sont éléments de {0, q}. Si Eq désigne le sous-espace propre de / associé
à la valeur propre g, on a alors qdimEq = tr / = YlgeG tr#-

5. PROBLÈMES
213
L'exercice sera donc résolu si on prouve Eq = F. On a déjà F C Eq. En effet,
V# G F, Vp € G, <7(#) = x donc /(x) = ^ #(#) = Y^ a; = qx.
geG g€G
L'inclusion réciproque est également vraie. En effet, si x G Eq et g G G, gof(x) = g(qx) = qg{x).
Or go f = f, donc (# o /)(x) = f(x) = qx, ce qui entraîne çp(:r) = qx, et donc x e F, d'où le
résultat.
Problème 9. Soit E un C-e.v de dimension quelconque, et u,v e C(E) vérifiant
uv — vu = a Id#, a G C.
a) Si E est de dimension finie, montrer a = 0.
b) Si .E est norme et u et v continus, montrer a = 0.
c) Si v admet un polynôme minimal, montrer a = 0.
d) Exhiber deux endomorphismes u et v vérifiant uv — vu = Id^.
Solution, a) Si «v — im = alds, alors tr(uv — vu) = o:tr(Id£) = adimE. Or tr(uv — vu) =
tv(uv) — tr(t>u) = 0, donc adimE = 0, ce qui entraîne a = 0.
b) Une récurrence facile donne la propriété
VfcGN*, uvk -vku = kavk~1. (*)
Ceci étant, soit ||-|| la norme d'algèbre sur CC(E) issue de la norme sur E (\\u\\ = supi^ii-! ||u(:r)||).
D'après (*), on a
Vfc G N*, k\a\ • Ht;*"1!! < ||uw*|| + \\vku\\ < 2\\u\\ • \\vk\\
et donc
VA; G N*, k\a\ ■ \\vk\\ < k\a\ ■ «v*"1!! • \\v\\ < 2\\u\\ • ||v|| • ||v*||. (**)
Si pour tout k,vk^0 alors (**) entraîne que pour tout k, k\a\ < 2\\u\\ • ||v||, ce qui n'est possible
que si a = 0.
Sinon, il existe k G N* tel que vk = 0 et vfc-1 ^ 0. L'identité (*) entraîne alors ka = 0, donc
a = 0.
c) Soit P le polynôme minimal de v. Par linéarité, l'identité (*) entraîne
0 = uP(v) - P{v)u = aP'{v).
Or P'(v) 7^ 0 car P est le polynôme minimal de v. Donc a = 0.
d) Les questions précédentes montrent déjà que l'on doit se placer en dimension infinie, considérer
des endomorphismes non continus et n'admettant pas de polynôme minimal.
On choisit uetve C{C[X}) définis par u(P) = P' et v(P) = XP. Alors pour tout P G C[X],
{uv - vu){P) = u{XP) - v(P') = (P + XP') - XP' = P,
donc uv — vu = Idqx] •
Remarque. Il n'y a aucun lien entre la continuité et le fait d'admettre un polynôme
minimal. Munissons par exemple R[X] de la norme || Yl1k=oakXk\\ — siip*. |ofc|.
L'endomorphisme v de R[X] défini sur la base canonique de R[X] par v(Xn) =
Xn/{n + 1) est continu mais il admet une infinité de valeurs propres, donc pas de
polynôme minimal. L'endomorphisme v de R[X] défini par v(X2n) = nX2n+1 et v(X2n+1) = 0
n'est pas continu mais admet un polynôme minimal car v2 = 0.

214
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Problème 10. Soit K un corps commutatif et E un K e.v de dimension n > 2. Soient
u,v e C(E) et w = uv — vu tel que rg(u>) = 1.
a) Soit x elmw. Montrer que pour tout A; G N, uk(x) G Keru>.
b) En déduire que le polynôme caractéristique Pu de u n'est pas irréductible dans K[X].
Solution, a) Commençons par remarquer que w est nilpotent (ceci découle de l'exercice 2
page 170, car rg(tu) = 1 et tr(tu) = tr(uv) — tr(vu) = 0). Ceci étant, soit fc 6 N. On a
wuk = u(vuk) — (vuk)u donc tr(wuk) = 0.
Si wuk = 0, alors wuk(x) = 0, c'est-à-dire ^fe(x) G Kerw.
Sinon, rg(umfc) > 1. Or lm(wuk) C Imw, donc rg(wuk) < 1. On a donc rg(wuk) = 1, de
sorte que comme tr(wuk) = 0, wuk est nilpotente. Comme x elmw, que wuk(x) G Imw et que
dim(Imu>) = 1, on voit que x est vecteur propre de wuk. L'endomorphisme wuk étant nilpotent,
on en déduit que wuk(x) = 0, i. e. uk(x) G Kerw.
b) L'idée est de trouver un s.e.v strict de E stable par u. Fixons x G Imw, x ^ 0. Soit F =
{uk(x) | A; G N}. Le s.e.v G = Vect F est stable par u. Comme x ^ 0, on a même G ^ {0}. Par
ailleurs, d'après a), on a G C Kerw. En notant p = dimG, on en déduit
1 < p < dimKerw = n — rgw = n— l.
Soit (ei,..., ep) une base de G complétée en une base (ei,..., en) de E. On a
[u]b = ( o C ) ' Ae ^(K)' C e M"-p(KÎ>
donc Pu = Pa* Pc n'est pas irréductible dans K[X].
Problème 11. Soient A et B G Mn(C). a) Montrer que
(3P G Mn(C), P ï 0), AP = PB
si et seulement si A et B ont au moins une valeur propre commune,
b) Soit r G N, 0 < r < n. Montrer que s'il existe P G .Mn(C) avec rgP = r tel
que AP = PB, alors les polynômes caractéristiques Pa et Pb de A et B vérifient
deg(pgcd (Pa, Pb)) > r. La réciproque est elle vraie?
Solution, a) Avant de commencer, remarquons que si P est inversible, AP = PB s'écrit
P~1AP = B, donc A et B sont semblables et le résultat est évident. Le cas général est plus
délicat.
Condition nécessaire. Donnons deux méthodes.
Première méthode. Par récurrence sur fe 6 N, on a facilement AkP = PBk, donc pour tout
polynôme F G C[X], F(A)P = PF(B). (*)
Ceci étant, supposons que A et B n'ont aucune valeur propre commune. Alors les polynômes
caractéristiques Pa et Pb de A et B n'ont aucune racine commune dans C et sont donc premiers
entre eux. D'après le théorème de Bezout, il existe donc U, V G C[X] tels que UPa + VPb = 1.
On a alors U(B)PA(B) = Jn, et donc Pa(B) est inversible. Or PA(A)P = PPa(B) d'après (*),
donc PPa(B) = 0, et comme Pa(B) est inversible, ceci entraîne P = 0. Ceci est absurde, d'où
la condition nécessaire.
Seconde méthode. Soit (ei,... ,en) une base de Cn qui triangularise la matrice B. Pour tout z,
on a Bei = Xiei + Ylj<i ^hjej- Soit i le plus petit indice tel que Pe{ ^ 0 (i existe, sinon P = 0).
Alors
APei = PBei = P À;e* + J^&zje, = XiPeiy
donc Xi est valeur propre de A (un vecteur propre associé est Pe^), donc valeur propre commune
à A et B.

5. PROBLÈMES
215
Condition suffisante. Trigonalisons A supérieurement et B inférieurement, en supposant que À G
C est valeur propre commune à A et B : il existe Pi, Pi € G£n{^) tels que
/ A x ••• x \ / A 0 ••• 0 \
0 x '•• : | . „ . i„_ I x x
T = P{lAPi =
SiY =
( 1 0
0 0
V 0
0\
0
/
•• x
0 x /
et S = P2lBP2 =
V x
'•• 0
X X /
>-l
, on a TY = XY et YS = XY. Ainsi, {P^AP^Y = Y{P2~lBP2), et
y 0 0 ••• 0
en multipliant à gauche par Pi et à droite par P2_1 on obtient AP = PB avec P = P\YP2~1 ^ 0.
b) Le cas r = 1 est une conséquence du résultat de la question précédente, et lorsque r = n c'est
immédiat car les matrices A et B sont alors semblables, donc ont même polynôme caractéristique.
Pour traiter le cas général, on se ramène au cas plus simple où la matrice P est de la forme
Jr = (^ q). Comme la matrice P est de rang r, elle est équivalente à la matrice Jr ce qui s'écrit
P = QJrR avec Q, R e G£n(C). On a donc
A(QJrR) = (QJrR)B donc A'Jr = JrB', avec A' = Q~lAQ et B' = RBR~l.
La matrice A! est semblable à A donc Pa> = P4, de même Pb> = Pb- En écrivant les matrices
A! et B' par blocs sous la forme A! = (*? *} ) et B' = (^ %} ) (avec A'0 et B'0 dans Mr{C))
l'égalité A'Jr = JrB' s'écrit
A'
A'
B',
donc
B'o
B[
\^2ra3/\uu/ \ " v ; \ -lj2 ^3 / \ ^2
ce qui entraîne A'0 = B'0, A'2 = 0 et B[ = 0. En notant S = A'0 = B'0, on a donc
0 0
A! =
A',
et B' =
0
B',
et
l3 / \ ^2 ^3
Ceci montre que Pa> = P5P/1' et Pb> = PsPb' > donc le polynôme P5 divise P4 = P4
^Pb = Pb'> et comme deg(Ps) = r ceci entraîne bien deg(pgcd (P4, P^)) > r.
La réciproque est vraie lorsque r = 1 (on a exhibé une matrice P de rang 1 vérifiant AP = PB
dans la solution de la question précédente), mais fausse dans le cas général. Par exemple, lorsque
r = n avec n > 2, on peut avoir Pa = Pb sans que A et B vérifient AP = PB avec rg(P) = n,
car ceci impliquerait que P est inversible, donc A et B seraient semblables. Or deux matrices
ayant même polynôme caractéristique ne sont pas forcément semblables, comme le montre le
contre-exemple où A = 0 et B une matrice nilpotente non nulle.
Problème 12. Soit A e Mn(C). Montrer que det(J + ÂÀ) e R+. (Indication : si U est
un vecteur propre de A A associé à une valeur propre À 0 R+, montrer que V = AU est
aussi un vecteur propre de AA, et que la famille (U, V) est libre).
Solution. Nous procédons par récurrence sur n. Si n = _1 le résultat est immédiat. Supposons
maintenant n > 2. Si toutes les valeurs propres (À^) de A A sont des nombres réels positifs, alors
en trigonalisant AA on s'aperçoit que det(/ + AA) = Y\iQ + ^i)> donc a bien det(7 + AA) e R+.
Sinon, la matrice AA a au moins une valeur propre À ^ R+. Soit U un vecteur propre associé.
Le vecteur V = AU vérifie
AAV = AAAU = A(AAU) = AXU = XV.
La famille (Z7, V) est bien libre, car si on avait V = fiU avec fi G C, alors on aurait
XU = AÂU = AV = JiAÛ = W = \V>\2U

216
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
donc A = |/i|2 ce qui est impossible puisque A £ R+. Si n = 2, la famille (£/, V) est une base de
vecteurs propres de A A associés aux valeurs propres A et A, et en diagonalisant A A on obtient
det (I+AÂ) = (1 + A)(1+Â) = |1 + A|2 e R+. Sinon n > 2, et on complète la famille (£/, V) en une
base B de Cn. Notons P la matrice de passage de la base canonique (E\,..., En) de Cn à la base
, _ / ao \
B. On a la forme par blocs P lAAP = [ o A I mais pour appliquer l'hypothèse de récurrence,
il faut montrer que le bloc inférieur droit est de la forme MM, ce qui n'est pas immédiat a priori.
Afin de montrer ce résultat, on remarque que P~lAAP = BB où B = P~lAP. Les matrices
B~B et ÀÂ sont semblables, donc / + BB et I + Al également, d'où det(7 + BÎB) = det(J + Al).
Comme PE\ = U et PE2 = V et que les vecteurs E\ et E2 ont leurs coordonnées réelles, on a
BEi = P^ÀPEx = P~lAV = P~lV = E2)
BE2 = P-1A~PE2 = P~lAV = P~lA~ÀU = \P~lU = XEV
Ceci montre que la matrice B a la forme par blocs
B =
0 A
1 0
0
C
donc BB =
D
A 0
0 Â
0
E
DD
Cette écriture entraîne det(7 + BB) = |1 + A|2det(7 + DD)y et ceci est bien un nombre réel
positif d'après l'hypothèse de récurrence appliquée à la matrice DD.
Remarque. _D'après l'exercice 3 page 187, le polynôme caractéristique de AA est égal
à celui de AA. Ceci entraîne PA-% = PAA = PAA-, donc PAA- a ses coefficients réels. En
particulier, det(/ + >L4) = PAA(—1) G 1R, mais ceci est un résultat moins fort que det(J +
ÀÀ)e
Problème 13. Soit p un nombre premier. On considère la matrice
A =
( Q>0 Cil ' ' ' flp-2 Ûp-1 \
<2p_i ao a\ ap-2
: ap-i ao '• :
• ■
o-i
\ ai op_i a0 /
avec pour tout i, ai G Z. Montrer que det A = ao + ai H h ap_i (mod p).
Solution. Cela ressemble à l'exercice 4 page 180. On commence de la même manière. Soit
/O 1 (0) \
J =
0
\ 1
0
1
0/
eMn
On avait montré à l'exercice 4 page 180 que le polynôme caractéristique de J est Pj = (—1)P(XP—
1), et que A = Q(J), où Q = ao + oi X -\ 1- op_iXp_1 G 1\X\. Regardons A et J comme
des matrices à valeurs dans Z/pZ. Dans Z/pZ, Pj = (-l)p(Xp - i) = (~l)p(X - i)p. Comme
A = Q(J), on a alors Pa = (—1)P[X — Q{ï)]p (pour s'en rendre compte, trigonaliser J dans
Mp(Z/pZ) — voir la remarque 1 page 174), donc det A = Q(l)p = Q(l) = a0 + • • • + ap_i
(mod p).

5. PROBLÈMES
217
Problème 14. Le polynôme caractéristique Pa d'une matrice A G Mn(C) peut s'écrire
PA = (-l)n (Xn + fl(A)Xn~1 + • • • + fn.1(A)X + fn(A)),
où les fi(A) sont des polynômes en les coefficients de A.
a) Montrer que pour toutes matrices A,Be A4n(C), on a fi{AB) = fi(BA) pour tout i.
b) Réciproquement, soit Q : Mn(C) —*■ C A = (ûtjOi^tjXn ■-* Q(^) une fonction
polynôme en les coefficients aij de A. Si pour toutes matrices A, B G .Mn(C), on a
$(AB) = Q(iL4), montrer qu'il existe un polynôme F G C[Xi,... ,Xn] tel que
WlG.Mn(C), Q(i4) = F(/1(A)>...>/n(i4)).
Solution, a) Il s'agit de prouver que Pab = Pba pour tous A, B € Mn(C), ce qui est précisément
le résultat démontré dans l'exercice 3 page 187.
b) C'est plus délicat. Commençons par noter que deux matrices semblables prennent la même
valeur par Q (si B = P~lAP avec P G Q£n(C), on a Q(B) = Q((P-1A)P) = Q(P(p-lA)) =
Q(A)). Cette remarque va nous permettre de traiter aisément le cas des matrices diagonalisables,
puis de toutes les matrices par densité (les matrices diagonalisables forment un ensemble dense
dans Mn(C)y voir l'exercice 1 page 185).
Pour tout n-uplet (Ai,...,Àn) de Cn, on note £>(Ài,... ,Àn) la matrice diagonale dont le
coefficient d'indice (z,i) est À;. L'application Cn —> C (Ai,..., Àn) ■-» Q(D(\i,..., Àn)) est une
fonction polynôme en les À; que l'on note II.
Supposons maintenant A diagonalisable et notons Ai,..., Àn ses valeurs propres. Pour toute
permutation a G <Sn, A est semblable à la matrice diagonale Aa = D(Xa^^..., Aa(n)), ce qui
prouve que
Q(A) = Q(Aa) = Yl(\a{1),...,\a{n)).
Ceci étant vrai pour tout a G Sn et pour toute matrice diagonalisable Ay on en déduit que
II est un polynôme symétrique en ses n variables. On peut donc l'écrire comme un polynôme
F en les polynômes symétriques élémentaires Ei,... ,En (voir le théorème 1 page 78). On sait
que la valeur ai prise par E; au point (Ai,...,Àn) est (—l)lai où a; est le coefficient de X1
dans le polynôme IlILi^ "~ ^)- ^e dernier polynôme étant égal à (—l)nP.4, on en déduit que
ai = (-lYfi(A). Finalement,
Q(A) = F(au ...,an) = F(-h(A),..., (-l)n/n(^)). (*)
Cette égalité est vraie pour toute matrice diagonalisable A. Les matrices diagonalisables formant
un ensemble dense dans Mn(C), les applications de l'égalité (*) étant des fonctions continues
de A (ce sont des fonctions polynômes), on en déduit que (*) est vrai pour toute matrice A de
Mn(C).
Problème 15 (Dérivée d'un déterminant, algorithme de Faddéev). Le but
du problème est de proposer une méthode pratique efficace pour calculer le polynôme
caractéristique d'une matrice.
1/ (Dérivée d'un déterminant). On considère
A : M -► Mn(R) t» A(t) = (a^t))
une application dérivable sur R. Montrer que l'application (p : t *-* det(A(t)) est dérivable
sur R et que
n
<pf(t) = Y^ det(Ci(i),..., CUiW, CÎW, Ci+1(t),. • •, Cn(t)),
où Ci(£),..., Cn(t) désignent les vecteurs colonnes de la matrice A(t).

218
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
2/ (Méthode de Faddéev pour le calcul du polynôme caractéristique d'une matrice). Soient
K un corps commutatif et une matrice A G .Mn(K). On note \a = det(A7n - A).
a) Montrer que x'a = tr[com(XIn — A)] où com(XIn-A) désigne la comatrice de XIn—A.
b) On définit des matrices B0,..., Bn-\ G Mn(K) par
Montrer
B0 = In et Vfc,l<A;<n-l, Bk = ABk-1-t^ ^k l>In.
Xa(X) = X" - tv(AB0)X^ - 1<^AX^ tr(^-l)
2 n
et si A est inversible,
A~l = —^—zBn-
n
tr(i4Bn_i)
<p'(t) = £ e(a)
aeSn
Solution. 1/ L'expression
tp(t) = detA(t) = Y^ sW^iW'"^!')
aeSn
montre que (p est dérivable et permet d'obtenir, par dérivation,
n
22 aa(l),l(*) ' ' ' ^€7(fc-l),fc-l(*) <£(*),*(*) a^(fc+l),fc+l(*) ' ' ' aa(n),n(*)
Jfe=l
ce qui, en échangeant l'ordre des signes sommes, est précisément le résultat demandé.
2/a) Le résultat de la question 1/ reste valable pour les polynômes dérivés (la démonstration
peut être reprise telle quelle). En l'appliquant au polynôme dérivé de xa(X) = det(XIn — A)y on
s'aperçoit que XaC^O est ^a somme des cofacteurs des éléments diagonaux de XIn — A, autrement
dit X'a(x) = tr[com(X/n - A)].
b) Écrivons xa = Xn + a\ Xn~l + h an_i X + an. Chaque cofacteur de la matrice XIn — A
est un polynôme en X de degré au plus n — 1, ce qui montre l'existence de matrices Bq} ..., £n-i
telles que
'com(XJn -A) = B0 X71'1 + B1 X71'2 + ■ ■ • + Bn_i.
L'égalité x'a = tr[com(-X7n - A)] = tr[*com(-X7n - A)] entraîne
(n - l)ai = tr(jBi), ..., 1 • an_i = tr(£n_i). (*)
Ceci étant, la relation (XIn — A)lcom(XIn — A) = det(XJn - A) In s'écrit
B0 Xn + (B1 - AB0)Xn'1 + ■ ■ ■ + (£n-i - ABn-2)X - ABn^ = Xa(X) Jn,
ce qui en identifiant les coefficients donne
Bq = Iu, Bi-AB0 = aiIn, ..., Bn-i - ABn-2 = a>n-iIn, -ABn-i = anIn, (**)
donc en prenant la trace
nai = tr(Bi) - tr(AB0), ..., nan_i = tr(£n_i - ABn_2), nan = - tr(ABn_i).
En retranchant à chacune de ces égalités celles de (*), on obtient
1 . ai = - tr(AB0), ..., (n - l)an_i = - tr(ABn_2), nan = - tr(ABn_i). (***)
Ainsi, on a ajt = — tr(ABfc+i)/fc, et en reportant ceci dans (**) on obtient
R -T R AR tv(ABo) r o AR tr(ABn-2) T
130 — in, &1 = At}$ in, . . . , JDn-1 = ABn-l : in-
1 71—1
relations qui permettent de définir les matrices Bk par récurrence, et on obtient avec (***) la
première partie du résultat.
Lorsque A est inversible, la dernière égalité de (**) entraîne
i 1 n
A = Bn—i = —, Bn—\.
an tr(ABn_i)

5. PROBLÈMES
219
Remarque. Cet algorithme permet en particulier d'obtenir le déterminant (—l)na„ de A.
C'est une méthode beaucoup plus rapide que celle consistant à calculer det A en
développant récursivement les déterminants par rapport à une ligne ou une colonne, technique
qui demande d'effectuer n! opérations (ce qui est très coûteux lorsque n est grand).
Problème 16. 1/ Soit n G N* et H le sous-ensemble de Mn(R) des matrices M telles
que Um (polynôme minimal de M) égale, au signe près, Pm (le polynôme caractéristique
de M). Montrer que Cl est ouvert dans MnW-
2/ Soit M e Q, et (Mm)m€N une suite de matrices de .Mn(M) tendant vers M et telle que
pour tout m, Mm est diagonalisable dans Mn(R).
a) Montrer qu'il existe l G N tel que pour tout m > £, Mm a n valeurs propres distinctes
deux à deux.
b) Montrer qu'il existe K > 0 tel que pour tout m et pour toute valeur propre À de Mm,
|A| < K.
c) Pour tout m > £, on note Ai (m) < • • • < An(m) les n valeurs propres de Mm. Pour
tout i G {1,... ,n} montrer que À; = limm^oo Xi(m) existe. Montrer également que Ai <
... < An et que PM = (-l)n(* - Ai) • • • (X - An).
Solution. 1/ Dire que I1m = (—l)n^V/ équivaut à dire que degEU/ = n (car IIm divise Pm),
ou encore que (7n, M,..., Mn~~l) forme une famille libre de MnQ&)-
Soit M G il. La famille (InyM,... , M71"1) étant libre, on peut la compléter en une base
B0 = (Jn, M,..., Mn_1, £n+i,..., £n2) de Mi W- Fixons une base B de .Mn(R). On définit
l'application
(p : yWn(R) -► R TV .-> detB(Jn,7V,... ,Nn-\En+u .. .,En*).
L'application (p est continue et par construction, <p(M) ^ 0. Il existe donc un voisinage V de
M dans Mn(M) tel que pour tout TV G V, <£>(Af) ^ 0. Ceci entraîne que pour tout TV G V,
(Jn, TV,..., N71"1) forme une famille libre de Mn(M), et donc V C n. L'ensemble ft est donc
ouvert.
2/ a) On a M G n et M est la limite de la suite (Mm). Comme Q est ouvert, il existe £ G N
tel que pour tout m > £y Mm G il. Pour tout m, Mm est diagonalisable dans MnQ&) et IlMm
est donc scindé sur R, à racines toutes simples. Or pour m > £, degIlMm = n, IlMm a donc n
racines distinctes qui sont les valeurs propres de Mm, d'où le résultat.
b) Soit ||. || une norme d'algèbre sur Mn(M). La suite (Mm)m€N converge donc est bornée, i. e.
il existe K > 0 tel que pour tout m G N, ||Mm|| < K. D'après la proposition 1 page 183, pour
tout m G N et pour toute valeur propre À de Mm, on a |À| < ||Mm|| < K.
c) Montrons d'abord que Pm est scindé sur R. La suite
(Km))m>e = [(Ai(m),..., \n(m))]m>e
prend ses valeurs dans le compact [—Ky K]n. On peut donc en extraire une sous-suite convergente
A(<£>(ra))mGN- Soit A = (Ai,..., An) = limn_>oo X((p(n)). Pour tout m,
n
PM^^i-irUiX-XiMm))}
2=1
donc Pm = limm_>TO^Àfv(m) = (-l)nnr=i(^ ~~ A*) est scindé sur R. Comme pour tout m,
\i((p(m)) < • • • < An(<£>(ra)), on obtient en passant à la limite Ai < • • • < An.
Montrons maintenant que la suite (A(ra))m>^ converge. Cette suite étant à valeur dans
un compact, il suffit de montrer qu'elle n'admet qu'une seule valeur d'adhérence. Soit fi =
(/zi,... ,^n) une valeur d'adhérence de (A(m))m>^. Il existe une sous-suite (\(ijj(m)) convergeant

220
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
n
vers fi. On a /ii < • • • < \in et
p« - jSo •Pm*"»>=(-i)n n<* - «>•
2=1
Des relations
n n
J](X - Ai) = ]J(X - m), Ai < • • • < An et m < • • • < un,
i=l i=l
on tire fi\ = Ai,... ,/in = An, i. e. A = /i. L'élément A est donc la seule valeur d'adhérence de
(A(ra))m>£, donc cette suite étant à valeur dans un compact, elle converge vers A. Pour tout i,
on a donc Ai = limn^oo Ai (m) et on a vu que Pm = (~l)n FELiC^" - ^0» d'où *e résultat.
Remarque. La méthode utilisée tout au long de 2/ est à retenir. On procède souvent ainsi
lorsqu'un polynôme est limite d'une suite de polynômes.
Problème_17. Soit n e N* et T = {M e Mn(C) | 3p e N*,MP = In}. Déterminer
l'adhérence T de T dans Mn(C).
Solution. Notons 7 = {M £ Mn(C) \ pour toute valeur propre A de M, |A| = 1}. Nous allons
montrer que T = 7.
Montrons d'abord T c 7. Soit M G T. On peut trouver une suite (Mp)p^ de T telle que
limp^oo Mp = M. Pour tout p, il existe q G N* tel que Mg = Iny i. e. le polynôme Xq — 1 annule
Mp. Toute valeur propre de Mp est donc racine de ce polynôme, donc de module 1. Pour tout p,
on note Ai(p),..., An(p) les racines de Pmp (polynôme caractéristique de Mp). Pour tout i, on a
vu que |Ai(p)| = 1, la suite \(p) = (Ai(p),..., An(p)) est donc à valeurs dans le compact Cn, où
C désigne le cercle unité complexe. On peut donc en extraire une sous-suite convergente X((p(p))
convergeant vers A = (Ai,..., An) G Cn. Pour tout £, on a |Aj| = limp_>oo |Ai(p)| = 1, et comme
M = limp_»00Mv,(p),
n
n
Pm = UmiV^, = «m U* " M**P))] = ("Dn 1K* " A<)-
t=l i=l
Les valeurs propres de M sont donc les Ai et ont leur module égal à 1. Donc M G 7.
Montrons maintenant l'inclusion réciproque 7 C T. Soit M G 7. Il existe une matrice Q G
Ç£n(C) telle que
Q~lMQ =
/Ai
0
V 0
x
A2
0
x \
x
An /
Pour tout i, Xi est valeur propre de M donc |Ai| = 1 car M G 7. En réfléchissant un peu, on voit
qu'il existe une suite fip = (n\{p),... ,fin{p)) de Cn vérifiant, pour tout p G N :
- Pour tout j et pour tout p, il existe r G Q tel que Hj{p) = exp(2Î7rr).
- Les {Hi{p))i<i<n sont distincts deux à deux.
- Pour tout i, limp-^oo/Ui(p) = Ai.
Pour tout p, on pose
Mp =
/ /*i(p)
0
\ 0
x
\
A*2(p)
X
0 fJ,n(p) /
(où la partie triangulaire supérieure est celle de Q~lMQ). Les m(p)i<i<n étant distincts, Mp est
diagonalisable, donc semblable à la matrice diagonale Dp dont les éléments diagonaux sont ceux

5. PROBLÈMES
221
de Mp. Pour une valeur de p donnée, pour tout j, 1 < j < n, on peut écrire fJ,j(p) = exp(2iTra,j/bj)
où (a,j, bj) G Z x N*. Si q = ppcm (6i,..., bn), on a Hj(p)q = 1 pour tout j, donc D^ = In, donc
Mp = In, c'est-à-dire pour tout p, Mp G T. Or par construction, M = limp^oo QMpQ~l. Comme
pour tout p, QMvQ~l G T, on en déduit M G T.
Problème 18 (Théorème de Perron, matrices stochastiques). Si A = (cnj) e
MnQ&) est une matrice, on note A > 0 si ay > 0 pour tout (i,j), et on note A > 0
si aitj > 0 pour tout (i,j). Pour un vecteur X G Mn, on définit de la même manière les
notations X > 0 et X > 0. Si X, Y sont deux vecteurs de Rn, on note X > Y (resp.
X > Y) lorsque X - Y > 0 (resp. X - Y > 0).
1/ (Théorème de Perron). Soit une matrice A G Mn(R) telle que A > 0.
a) On note «S l'ensemble des vecteurs X = (x^ G Rn tels que X > 0 et J3<Li Xi = 1 (de
tels vecteurs sont appelés vecteurs de probabilité). Montrer que l'ensemble
A={AGR| (3X eS),AX> XX}
est majoré et que sa borne supérieure Ao est une valeur propre de A strictement positive
associée à un vecteur propre X > 0.
b) Montrer que pour toute valeur propre complexe A =^ Ao de A, on a |A| < Ao (on dit
alors que Ao est valeur propre dominante de A).
c) Montrer que le sous-espace propre E\0 de A associé à la valeur propre Ao est de
dimension 1.
d) Montrer que Ao est racine simple du polynôme caractéristique de A (on dit alors que
Ao est valeur propre simple de /l). (Indication : raisonner par l'absurde en considérant
deux vecteurs indépendants X et Y tels que X > 0 avec AX = XoX et AY = XoY + aX,
puis considérer AkY).
2/ (Matrices stochastiques) Soit A = (aitj) G Mn(R) une matrice vérifiant A > 0 et telle
que pour tout i, on a J21=i ai,j = 1 (on dit que A est une matrice stochastique).
a) Si A > 0, montrer que 1 est valeur propre simple et dominante de A.
b) S'il existe k eN* tel que Ak > 0 (on dit alors que A est régulière), montrer que 1 est
valeur propre simple et dominante de A.
c) Si A est régulière, montrer que la suite de matrices (Ak) converge, et que sa limite est
un projecteur de rang 1.
Solution. 1/ a) L'ensemble A est non vide (car 0 G A) et évidemment majoré (par exemple par
la somme des éléments de A).
Par définition de Ao, il existe une suite (Xn) de S et (7n) de A telle que
lim 7n = Ao et Vn, AXn > 7nXn.
n—»oo
L'ensemble S est un fermé borné de W1, donc compact, de sorte que l'on peut extraire de la suite
(Xn) une sous-suite convergente (X^)). Notons X G S sa limite. Comme AX^n) > 7v,(n)XyJ(n)
pour tout n, on obtient en passant à la limite sur chaque composante la relation AX > XoX. Si
AX ^ XoX, en composant par A à gauche, on obtient, du fait que A > 0, l'inégalité AY > XoY,
où Y = AX. Il existe donc e > 0 suffisamment petit tel que AY > (Ao + e)Y, ce qui contredit la
définition de Ao car quitte à multiplier Y par une constante positive non nulle, on peut supposer
Y eS.
Ainsi, AX = XoX avec X G S. Le fait que A > 0 entraîne AX > 0, donc XoX > 0 et on en
déduit X > 0 et A0 > 0.

222
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
b) Soit À une valeur propre de A, et notons Z un vecteur propre associé. Les (z{) désignant les
composantes de Z, on a
n n
Vî, ^2di,j Zj = Xzi donc Vz, J^a^- \zj\ > \X\ • \z{\.
3=1 j=l
En d'autres termes, A\Z\ > \X\\Z\ où \Z\ désigne le vecteur dont les composantes sont les |^|, ce
qui prouve que |À| G A (car quitte à multiplier \Z\ par une constante non nulle, on peut supposer
\Z\ e S), et donc |À| < Ào par définition de Ào-
Il nous reste à prouver que si À ^ Ào, alors |À| < Ào- Supposons |À| = Ào- Comme A > 0,
il existe ô > 0 suffisamment petit tel que As = A — ôln > 0. Comme Ào est la plus grande
valeur propre réelle positive de A, Ào — ô est la plus grande valeur propre réelle positive de
A$. En répétant l'argument précédent à la matrice As et à la valeur propre À — 5, on obtient
|À - ô\ < Ào - S. Mais
À0 = |À| = |À - S + S\ < \X - S\ + ô < À0,
de sorte que |À| = |À — ô\ + £, ce qui n'est possible que si À est un réel positif. Donc À = |À| = Ào,
ce qui contredit le fait que À ^ Ào- Donc |À| < Ào-
c) D'après a), il existe X > 0 tel que X e E\0. Supposons dim^o ^ 2, de sorte qu'il existe un
vecteur réel Y e E\0 tel que la famille (X, Y) soit libre. Choisissons fi tel que X - fiY > 0 et
X - fiY ^ 0 (on a /i = inf {xi/yi \ yi ^ 0}). Comme (X, Y) est une famille libre, X — \iY n'est pas
nul, et comme A > 0 et X — \iY > 0, on a facilement A[X — \iY) > 0, c'est-à-dire Xo(X-fiY) > 0
(c'est le même argument que dans a)), donc X — fiY > 0. Ceci est en contradiction avec le choix
de /i. Ainsi, dim^o = 1-
d) Supposons que Àq est racine d'ordre > 2 de P4. D'après 1/a), il existe un vecteur propre
X > 0 de A vérifiant AX = X0X. Complétons X en une base B = (X,X2,.. .,Xn) de Rn et
notons P la matrice dont les vecteurs colonnes sont ceux de B. On a
/ A0
P^AP =
\
0
0
x • • • x \
avec B e Mn-\
B
I
L'égalité Pa = (Ào — X)Pb montre que Ào est racine du polynôme caractéristique Pb de B
(car Ào est racine d'ordre > 2 de Pa par hypothèse), donc valeur propre de B. Ainsi, il existe
Z e M71"1 non nul tel que BZ = X0Z, donc le vecteur Y = P ( % ) vérifie AY = X0Y + aX avec
a G M (en d'autres termes, on a commencé à triangulariser la matrice A à partir de la valeur
propre Ào, et on a considéré les deux premiers vecteurs X et Y de la base correspondante).
On a forcément a ^ 0 sinon Y serait un vecteur propre de A, et comme la famille (X, Y) est
libre, ceci est impossible compte tenu du résultat obtenu précédemment. Maintenant, l'égalité
AY = X0Y + aX donne facilement AkY = X$Y + kaX^X pour tout keN*. Comme Ak > 0,
on en déduit
Ak\Y\ > \AkY\ = |À§r + JfeaÀJ-1*! > {kaX^Xl - \X%Y\ = Xk^(k\aX\ - X0\Y\).
Comme a ^ 0 et X > 0, il existe keN* tel que k\aX\ - Xo\Y\ > Xo\Y\, ce qui entraîne
Ak\Y\ > Xq\Y\. Comme Ak > 0, ceci entraîne, d'après le résultat de la question 1/a), que Ak
a une valeur propre > À§. Or les valeurs propres de Ak sont les puissances fc-ièmes des valeurs
propres de Ay et ces dernières sont de module < Ào d'après 1/b), ce qui est absurde. Ainsi, Ào
est bien racine simple de P4.
2/a) La matrice A vérifiant A > 0, on peut lui appliquer les résultats précédents. Soit X =
(xi)i<i<n e S un vecteur de probabilité. Soit k tel que Xk = sup^x;. Soit Y = (yi) le vecteur
Y = AX. On a j/fe = ]Cj=i akjXj < Z)j=i akj%k = %k- Ainsi, si AX > XX avec À G M, alors en
extrayant la fc-ième composante on en déduit y^ > Àxjt, donc À < 1 car y^ < £&. En reprenant les
notations de la question 1/a), nous avons montré que sup A < 1, donc la valeur propre Ào vérifie
Ào < 1. Maintenant on remarque que le vecteur X$ dont toutes les coordonnées sont égales à 1
vérifie AXq = Xq, donc 1 est valeur propre de A, donc on a forcément Àq > 1. Ainsi, on a Àq = 1,

5. PROBLÈMES
223
D'après le résultat de la question 1/b), on en déduit que 1 est valeur propre dominante de A, et
d'après 1/c), que cette valeur propre est simple.
b) Remarquons qu'une matrice A > 0 est stochastique si et seulement si elle vérifie AXq = Xo, où
Xo est le vecteur dont toutes les coordonnées sont égales à 1. Ainsi, si A et B sont deux matrices
stochastiques, le produit AB vérifie AB > 0 (c'est immédiat) et de plus ABXq = AXq = Xo
donc AB est stochastique. On en déduit que Ak est une matrice stochastique. Comme de plus
Ak > 0 par hypothèse, le résultat de la question précédente entraîne que 1 est valeur propre
simple et dominante de Ak.
L'égalité AX$ = Xo montre que 1 est valeur propre de A. Si A ^ 1 est une autre valeur
propre de A associée à un vecteur propre Xi, alors \k est valeur propre de Ak associée au même
vecteur propre, donc |Afe| < 1 ou \k = 1. Si Xk = 1 alors AkXi = Xi, donc 1 serait valeur propre
non simple de Ak (on a également AkXo = Xq et les vecteurs Xq et X\ sont bien indépendants
car associés à des valeurs propres distinctes de A)y ce qui est absurde. Donc |Afe| < 1, ce qui
montre que 1 est bien valeur propre dominante de A.
Enfin, 1 est bien valeur propre simple de A, car en triangularisant A, on s'aperçoit que les
valeurs propres de Ak (en comptant leur multiplicité dans le polynôme caractéristique) sont les
puissances fc-ièmes de celles de A. Ainsi, si 1 n'était pas valeur propre simple de A, 1 ne serait
pas valeur propre simple de Ak.
c) Comme 1 est valeur propre simple de A, la décomposition de Dunford assure l'existence d'une
matrice P G £4i(C) telle que
-1
T = P~lAP =
( \_
0
V
0
0
0\
B
I
avec B e Mn-i(K),
où B = D + TV, avec D une matrice diagonale et N une matrice nilpotente, telles que DN = ND.
Comme 1 est valeur propre dominante de A, les valeurs diagonales (A;)i<;<n_i de D vérifient
|A;| < 1. Comme les matrices D et N commutent, on a
n
VA; > n, Bk = (D + N)k = J2Ck Dk~jNj = J2Ck Dk~jNj,
car Ni = 0 pour j > n. Choisissons une norme quelconque de l'espace des vecteurs, et normons
l'espace des matrices par la norme d'algèbre ||M|| = sup||x||=i II^X||- On a ll^ll < 1 car ll^ll
est le maximum des modules |A;| de ses termes diagonaux. L'égalité précédente entraîne
n
n
n
11**11 <E^iidii*"W < Pii*-n£cïiw" < p>ii*-nxy m'-
j=0 j=0 j=0
Ainsi, H-B^H est majoré par ||.D||fc-nF(fc) où F est une fonction polynôme. Comme \\D\\ < 1 ceci
entraîne lim^oo Bk = 0. On a
Ak = P
( 1
0
\
\o
o ... o \
Bk
)
( 1
>-l
La matrice ir est de rang 1 et vérifie 7r2 = 7r, c'est donc bien un projecteur
donc
lim Ak = 7T, 7T = P
k—^oo
\
0
0
0
o\
0
/
>-l
Remarque. Le théorème de Perron s'étend au cas où A > 0, avec des résultats plus
faibles. Il est également vrai sous des hypothèses différentes (théorème de Frobenius sur
les matrices irréductibles). Les matrices stochastiques apparaissent dans l'étude des chaînes
de Markov à espace d'états finis.

224
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
Problème 19 (Endomorphismes semi-simples). Soit E un K-e.v de dimension finie.
On dit que / G C(E) est semi-simple si pour tout s.e.v F de E stable par /, il existe
un supplémentaire S de F stable par /. Une matrice M G Mnfâ) est dite semi-simple
si l'endomorphisme / de Kn dont M est la matrice dans la base canonique de Kn est
semi-simple.
1/ Soit / G C(E). On note 11/ son polynôme minimal. Soit 11/ = M"1 • • • M?r la
décomposition de 11/ en facteurs irréductibles de K[X],
a) Soit F un s.e.v stable par /. Montrer que
r
F = 0[KerM^(/)nF].
t=i
b) Si 11/ est irréductible, montrer que / est semi-simple.
c) Dans le cas général, montrer que / est semi-simple si et seulement si 11/ = M1M2 • • • Mr
est produit de polynômes irréductibles unitaires distincts deux à deux.
d) Que dire si K est algébriquement clos ?
2/ Soit M G Mn(R).
a) Montrer que M est semi-simple (dans .Mn(]R)) si et seulement si M est diagonalisable
dans Mn{C).
b) On suppose M semi-simple. Montrer que M est semblable dans ,Mn(R) à une matrice
de la forme ( § ^), avec D diagonale et B constituée de blocs de la forme (£ ~£) centrés
sur sa diagonale principale.
Solution. 1/ a) Pour tout t, on note Fi = KerMfi(f). On sait que F = Fi 0 • • • 0Fr. Pour tout
i G {1,..., r}, on note pi la projection sur Fi parallèlement à (Bj^Fj. On a vu à la proposition 1
page 194 que pour tout i, pi est un polynôme en /. Comme F est stable par /, F est donc stable
par pi, ce qui s'écrit Pi{F) c F. On a aussi Pi(F) C Pi(E) = Fi. Finalement, on a Pi{F) c Fi H F,
et comme Ids =p\-\ + pr,
F c pi(F) + • • • + pr(F) = pi(F) e • • • ®pr(F) c (Fi n F) e • • • e (Fr n F).
L'inclusion réciproque est facile puisque pour tout i, F^nF C F donc (FiflF)©- • -0(FrnF) C F.
b) Soit F un s.e.v stable par /. Il s'agit de montrer l'existence d'un supplémentaire S de F dans
E stable par /.
Si F = F, c'est terminé avec S = {0}.
Sinon, soit x\ € E \ F. On considère EXl = {P(f)(x\) \ P € K[X]}. Le s.e.v EXl est stable
par /. Nous allons montrer que EXl C\F = {0}.
Soit IX1 = {P e K[X] | P{f){xi) = 0}. C'est un idéal de K[X], non réduit à {0} car
11/ € IX1, donc il existe un polynôme unitaire IIX1 tel que IX1 = {U.Xl) = TlXlK[X]. Comme
11/ G IXl, le polynôme nxi divise II/, et 11/ étant irréductible, II^ = II/. Le polynôme 11^ est
donc irréductible.
Soit y G EX1 D F. Il existe un polynôme P G K[X] tel que y = P(f)(xi). Si y ^ 0, alors
P # IX1 = {IlXl), donc nxi ne divise pas P, et 11^ étant irréductible, 11^ et P sont premiers
entre eux. D'après le théorème de Bezout, il existe donc U, V G K[X] tels que UP + VUXl = 1,
donc
xi = U(f) o P(/)(a:i) + V(f) o nxi(/)(*!) = U(f)(y).
Or y e F et F est stable par /, donc x\ = U(f)(y) G F. Ceci est absurde par construction de
x\. On a donc y = 0 et FXl D F = {0}.
On vient de montrer que EXl et F sont en somme directe et EXl stable par /. Si F®EXl = F,
c'est terminé. Sinon, on choisit X2 G E \ (F © FXl ) et on recommence en remplaçant cette fois
ci F par F0 F^. Itérant ainsi le procédé, on voit qu'au bout d'un nombre fini d'itérations (E
est de dimension fini), on aura trouvé des vecteurs xi,...tXk tels que E = F © EXl 0 • • • © EXfc
et pour tout z, EXi stable par /. Le s.e.v S = EXl 0 • • • 0 EXk est donc stable par / et vérifie
F 0 S = E.

5. PROBLÈMES
225
c) Condition nécessaire. Supposons / semi-simple. Soit 11/ = Mj*1 • • • M7?r la décomposition de
11/ en facteurs irréductibles unitaires de K[X]. Il s'agit de montrer que pour tout z, at = 1.
Supposons au contraire qu'il existe i tel que c^ > 2. Si M = M*, on voit qu'il existe TV G K[X)
tel que 11/ = M2N.
Soit F = KerM(/). Le s.e.v F est stable par / semi-simple donc il existe un supplémentaire
S de F stable par /.
Montrons que MN(f) s'annule sur S. Si x G S, alors MN(f)(x) G F car M(f)[MN(f)(x)] =
ÏLf(f)(x) = 0, et MN(f)(x) G S car S est stable par /. Donc MN(f)(x) e FnS = {0}, et
donc MN(f)(x) = 0.
L'endomorphisme MN(f) s'annule donc sur S. Il s'annule aussi sur F car si y G F =
KerM(/), alors MN(f)(y) = N[M(f)(y)) = 0. Comme F@S = Ey MN(f) s'annule sur E tout
entier, i. e. MN(f) = 0. Ceci contredit la minimalité du degré du polynôme minimal 11/ = M2N.
D'où la condition nécessaire.
Condition suffisante. Supposons 11/ = M\ • • • Mr avec les Mi irréductibles unitaires et distincts
deux à deux. Soit F un s.e.v de E stable par /. Pour tout z, notons Fi = Ker Mi(f). On a
E = Fi © • • • © Fr, et on a vu à la question a) que F = ®l=1[F n Fi].
Pour tout z, Fi est stable par /. Notons fi G C(Fi) la restriction de / à Fi. On a Mi(fi) = 0
et Mi est irréductible, ce qui prouve que le polynôme minimal de fi est M*. D'après b), fi est
donc semi-simple. Or F n Fi est stable par /;, donc il existe un s.e.v Si stable par fi (donc par
/) tel que (Fi n F) © Si = Fi. Si maintenant on pose S = S\ © • • • © Sr, on a
r r r
E = Fie...eFr = 0[(F<nF)e5i] = [0(F<nF)]e[05,i) = Fe5>
2=1 i=l 2=1
et 5 est stable par /. L'endomorphisme / est donc semi-simple.
d) Si K est algébriquement clos, les polynômes irréductibles de K[X) sont les polynômes de
degré 1. D'après c), / est donc semi-simple si et seulement si 11/ n'a que des racines simples dans
K, i. e. si et seulement si / est diagonalisable.
2/ a) Condition nécessaire. Supposons M semi-simple. D'après 1/c), Hm peut s'écrire Hm =
M\- - Mr où les Mi sont irréductibles dans K[X], unitaires et distincts deux à deux. Montrons
que IIm n'a que des racines simples dans C. Soit a G C une racine de Hm. Il existe i tel que
Mi(a) = 0, par exemple M\(a) = 0. Comme M\ est irréductible dans K[X], a est racine simple
de M\ (en effet, M\ étant irréductible dans R[X], M\ et M[ sont premiers entre eux dans R[X]
donc il existe Z7, V G R[X] tels que UM\ + VM[ = 1. Cette relation appliquée à a montre que
M[(a) ^ 0). Par ailleurs, si i ^ 1, Mi(a) ^ 0 (en effet, M\ et M; sont irréductibles dans R[X]}
unitaires et distincts, donc premiers entre eux dans M[X], donc il existe Z7, V G R[X] tels que
UMi + VMi = 1. Cette relation appliquée à a montre que Mi(a) ^ 0). En définitive, on a montré
que a est racine simple de Hm-
Condition suffisante. Soit Hm = M±l • • • M*r la décomposition de Hm en facteurs irréductibles
unitaires de R[X], D'après 1/c), il suffit de montrer que pour tout z, a; = 1. Comme M est
diagonalisable dans Mn(C)y Hm n'a que des racines simples dans C (le polynôme minimal de
M dans C[X] est le même que dans R[X) car si Mp + ai Mp_1 H h ap In = 0 avec les ai G C,
alors Mp + 5R(ai) Mp_1 H h 5R(ap) 7n = 0). Ceci suffit à montrer que pour tout z, a* = 1.
b) On regarde M comme un endomorphisme de Rn. Démontrons le résultat par récurrence sur
n G N*. Pour n = 1, c'est évident. Supposons le résultat vrai jusqu'au rang n — 1 et montrons
le au rang n. Si IIm est scindé sur R, c'est immédiat car alors I1m est à racines simples d'après
1/c) et donc M est diagonalisable dans Mn(M).
Sinon Hm a au moins un facteur irréductible dans R[X] de degré 2 de la forme [(X-a)2+P2],
a G R et p > 0. On peut écrire HM = [(X - a)2 + p2) Q avec Q G R[X}. Posons S =
Ker[(M - aln)2 + /?2/n]. On a E ^ {0}, sinon (M - aln)2 + /?2/n est inversible et donc
Q(M) = 0, ce qui contredit la minimalité du degré de IIm-
Soit e\ G E, e\ ^ 0. Les vecteurs e\ et Me\ sont linéairement indépendants. En effet, s'il
existe À G M tel que Me\ = Àei, alors
0 = (M - a /n)2(ei) + /?2 ei = (A - a)2ei + P2ex = [(A - a)2 + p2} ex ± 0,

226
4. RÉDUCTIONS D'ENDOMORPHISMES
ce qui est impossible.
Si on pose e2 = \[Me\ — aei], la famille (ei,e2) est donc libre. Remarquons que Me\ =
ae\ + (3e2 et comme e\ e Ker[(M - aln)2 + p2In], on a
Me2 = (M -aln){e2) + ae2 = -^{M - aln)2(ei) + ae2 = -foi + ae2.
En résumé, F = Vect(ei, e2) est stable par M et
Me\ = aei + (3e2, Me2 = -pe\ + ae2. (*)
La matrice M étant semi-simple, on peut trouver un s.e.v G de W1 stable par M tel que F®G =
W1. Le restriction M\q de M à G est semi-simple (son polynôme minimal vérifie 1/c) car il divise
YIm)- Or dimG = n — dimF = n — 2, donc d'après l'hypothèse de récurrence il existe une base
# = (/i, • • •, fn-2) de G dans laquelle la matrice de M\q ait la forme (% %) avec D diagonale
et B constituée de blocs de la forme ( £ ~6 ) centrés sur sa diagonale principale. Dans la base
B' = (8, ei, e2), la matrice de M a donc la forme ( b 1, où C = ( ^ ~£ ) d'après (*). D'où
le résultat.
Remarque. - On peut montrer facilement que la réciproque de 2/b) est vraie.
- On aurait pu montrer 2/b) en diagonalisant M dans Mn(C) et en travaillant sur les
parties réelles et imaginaires de ses vecteurs propres.
- La notion de semi-simplicité est une sorte de prolongement de la notion de diagonali-
sabilité au cas des corps non algébriquement clos. Dans cette optique, on peut montrer
que si K est un corps commutatif quelconque, toute matrice M G Mn(K) peut s'écrire
M = S + N avec SN = NS, S G A^n(^) semi-simple et N e .Mn(K) nilpotente (résultat
à rapprocher de la décomposition de Dunford, voir la partie 4.2 page 193).

CHAPITRE 5
Espaces euclidiens
LA notion de forme quadratique naît avec l'étude des coniques par Fermât au dix-
J septième siècle puis celle des quadriques par Euler au dix-huitième siècle. C'est
Cauchy qui en 1826, en vue de son enseignement à l'École Polytechnique, unifie
les résultats concernant la réduction des formes quadratiques. C'est d'ailleurs
sans doute à cette occasion qu'il se pose le problème de la recherche des valeurs
propres d'une matrice symétrique (en langage moderne) et démontre la réalité
des racines du polynôme obtenu.
Ainsi est née la théorie des espaces euclidiens. Le passage à la dimension
infinie s'effectue à la fin du dix-neuvième siècle notamment grâce à Hilbert,
puis par Schmidt et Fréchet en 1908.
Les espaces euclidiens et hermitiens ont beaucoup de propriétés communes, et pour
cette raison, nous les étudierons parallèlement.
1. Formes quadratiques - Formes hermitiennes
Dans toute cette section, K désigne un corps commutatif.
1.1. Généralités
On définit d'abord les formes bilinéaires.
DÉFINITION 1 (Forme bilinéaire). Soient E et F deux K-e.v et une application
(p : E x F —> K (x, y) *-* (p(x, y).
On dit que ip est une forme bilinéaire si pour tout x e E, l'application cp(x, •) : y »-»• (p(x, y)
est linéaire et si pour tout y E F, l'application <£>(•, y) : x »-+ <p(x,y) est linéaire.
Les formes sesquilinéaires sont définies lorsque le corps de base est C.
DÉFINITION 2 (Forme sesquilinéaire). Soient E et F deux C-e.v et une application
ip: ExF ^C (x,y)^ ip{xy y).
On dit que (p est une forme sesquilinéaire si pour tout x E E, l'application (p(x,-) est
linéaire et si pour tout y E F, l'application <p(-,y) est antilinéaire (ie. pour tout X\,X2 G
E, (p{x\ + X2,y) = ip(x\,y) + ip(x2,y) et pour tout À G C, pour tout x G £", (p(\x,y) =
X(p(x,y)).
Remarque 1. - Dans toute la suite, les espaces E et F seront les mêmes.
- Toute forme sesquilinéaire sur E x F est une forme bilinéaire lorsque les e.v E et F
sont considérés comme des R-e.v.
Exemple 1. Si E désigne le C-e.v des fonctions continues de [0,1] dans C, l'application
</>: E2-^C (f,g)~ [ 7Ô)g(t)dt
Jo
définit une forme sesquilinéaire sur E2.
Dans toute la suite de cette section, E désigne un K-e.v

228
5. ESPACES EUCLIDIENS
Ecriture en dimension finie. Supposons E de dimension finie et fixons une base B =
(ei,..., en) de E. Alors pour tout x = Ya=i x*ei e* V = X)j=i Vjej dans -^> ^a bilinéarité
de (p entraîne
(p(x, y) = ^2 Xiyj cp(ei, ej) = lXMY
l<i,j<n
où M est la matrice de M.n{K) définie par M = (^(e^e^))^^-^ et où X et Y sont les
vecteurs colonne X = l : I, Y = ( : 1. La matrice M est appelée matrice de cp dans
la base B.
Avec les mêmes notations, si E est un C-e.v et <p une forme sesquilinéaire sur E, on a
<p(x> y) = ^2 x-yj<p(ei, e5) = lXMY,
l<i,j<n
où X désigne le vecteur conjugué de X (ie les composantes de X sont les conjuguées de
celles de X). On dit que M est la matrice de (p dans la base B.
L'application qui à <p associe sa matrice dans une base fixée de E est un isomorphisme.
En particulier, l'ensemble des formes bilinéaires (ou sesquilinéaires) sur E est un K-espace
vectoriel de dimension n2 (où n = dirnE").
Lorsque K = R ou K = C, l'écriture précédente entraîne qu'en dimension finie, les
formes quadratiques et sesquilinéaires (pour K = C) sont des fonctions continues.
Changement de base. On suppose toujours que E est de dimension finie. Soient B et
B' deux bases de E, P la matrice de passage de B à B'. Si (p est une forme bilinéaire
(resp. sesquilinéaire) sur E, et si M désigne sa matrice dans la base B, M' dans la base
B\ alors
M' = lPMP (resp. M' = tpMP).
On dit que les matrices M et M' sont congrues. Les matrices M et M' sont alors
équivalentes, donc de même rang. Ce rang s'appelle le rang de (p. Le rang de (p est aussi la
dimension du s.e.v des formes linéaires {<p(x, •) | x G E} dans le dual de E.
Symétries dans les formes bilinéaires et sesquilinéaires.
DÉFINITION 3. Soit (p une forme bilinéaire sur E. On dit que
- (p est symétrique si pour tout (x,y) G E2, <p(x,y) = cp(y,x),
- (p est antisymétrique si pour tout (x,y) G E2, (p{x,y) = —ip(y,x).
Remarque 2. - Si K est de caractéristique 2, l'antisymétrie équivaut à la symétrie.
- Si E est de dimension finie et si B est une base de E, une forme bilinéaire (p sur E
est symétrique (resp. antisymétrique) si et seulement si sa matrice dans la base B
est symétrique (resp. antisymétrique).
- Si la caractéristique de K est différente de 2, une forme bilinéaire (p est
antisymétrique si et seulement si ip(x, x) = 0 pour tout x e E (cas particulier du théorème 1
page 135 dans le cas bilinéaire).
- Si la caractéristique de K est différente de 2, si on désigne par <Sn (resp. An) le s.e.v
des matrices symétriques (resp. antisymétriques) de Mn(&), on a <Sn©*4n = Mn(K).
En effet,
Sn D An = {0} car si A = lA = -lA, alors lA = 0 donc A = 0.
Sn + An = Mn(K) car VA G A^n(K),

1. FORMES QUADRATIQUES - FORMES HERMITIENNES
229
De plus, dim<Sn = n(n + l)/2 et dim.4n = n(n - l)/2 (si E^ désigne la matrice
dont tous les coefficients sont nuls sauf celui d'indice (i,j) qui vaut 1, la famille
((Ei,t)i<i<n* (Ei,j + Ej,i)i<i<j<n) est une base de Sn, la famille (Eiyj - Ejti)i<i<3<n est
une base de An)-
- En conséquence, si la caractéristique de K est différente de 2, l'ensemble S (resp. A)
des formes bilinéaires symétriques (resp. antisymétriques) sur E (avec dim E = n)
est un K-e.v de dimension n(n + l)/2 (resp. n(n — l)/2). De plus, si B désigne le
K-e.v des formes bilinéaires sur E, on a S 0 A = B.
DÉFINITION 4. Soit (p une forme sesquilinéaire sur un C-e.v E. On dit que (p est à symétrie
hermitienne si pour tout (x,y) G E2, y>(x,y) = (p(y,x).
Remarque 3. - Si (p est à symétrie hermitienne, alors pour tout x G E, (p(x,x) G R
(ceci car (p{x,x) = cp(x,x)).
- Si E est de dimension finie sur C et si B est une base de E, alors une forme
sesquilinéaire y? sur E est à symétrie hermitienne si et seulement si sa matrice M
dans la base B vérifie lM = M. On dit alors que M est une matrice hermitienne.
Toute matrice hermitienne M G Mn{£) peut s'écrire de manière unique sous la
forme M = S + iA, où S, A G Mn(R) avec S symétrique et A antisymétrique.
L'ensemble des matrices hermitiennes de Mn(C) forme un M-e.v de dimension n2
(mais attention, ce n'est pas un C-e.v).
Formes quadratiques. On suppose ici que la caractéristique de K est différente de 2.
DÉFINITION 5. On appelle forme quadratique sur E toute application q de la forme
q : E —> K x »-»• </?(x, x)
où y? est une forme bilinéaire symétrique sur E.
PROPOSITION 1. Soit q une forme quadratique sur E. Il existe une unique forme bilinéaire
symétrique ip telle que pour tout x £ E, q(x) = ip(x,x). La forme bilinéaire (p s'appelle la
forme polaire de q et on a
1 1
V(x,y) eE2, <p(x,y) = -[q(x + y) - q(x) - q(y)\ = -[q(x + y) - q(x - y)].
Exemple 2. - Si <p(x, y) = Ylij aijxiVi-> ^a forme quadratique associée à <p est
- Réciproquement, si q(x) = J2iai,ixl + Y^i<j ai,j xixj-> alors q est une forme
quadratique et sa forme polaire est
<p(x> y) = y%2 <*>*XiVi + 2 S ai'j ^XiVj + XjVi^'
i i<j
DÉFINITION 6. Soit q une forme quadratique sur E, où E est de dimension finie, et B
une base de E. On appelle matrice de q dans la base B la matrice de la forme polaire (p
de q clans la base B, et rang de q le rang de cette matrice. Le rang de q est aussi le rang
de sa forme polaire.
Exemple 3. On se place dans R3 et on y définit la forme quadratique q par
u = (x, y, z) h-* q{u) = Sx2 + y2 + 2xy — 3xz.

230
5. ESPACES EUCLIDIENS
3 1
1 1
-*- 0
2 u
3
2
0
0
Alors la matrice de q dans la base canonique de R3 est
A =
Formes hermitiennes.
DÉFINITION 7. On appelle forme hermitienne sur un C-e.v E toute application de la
forme
$ : E —» R sh ip{x,x)
où y? est une forme sesquilinéaire à symétrie hermitienne.
Proposition 2. Soit$ une forme hermitienne. Il existe une unique forme sesquilinéaire
à symétrie hermitienne <p telle que pour tout x G E, $(x) = cp(x, x). La forme (p s'appelle
la forme polaire de <ï>, et on a
V(x,y) G E2, <p{x,y) = j[$(x + y) - $(x -y) + i$(x -iy) -i$(x + iy)\.
DÉFINITION 8. Soit $ une forme hermitienne sur un C-e.v E de dimension finie et B
une base de E. On appelle matrice de <ï> dans la base B la matrice de sa forme polaire (p
dans B, et rang de <Ê> le rang de cette matrice. Le rang de $ est aussi le rang de sa forme
polaire.
Exemple 4. Sur C2, si <Ê> : u = {x,y) »-* xx — 2yy + \yx + \yx, alors <Ê> est une forme
hermitienne de forme polaire
3 3
<p(uu u2) = x~lx2 - 2y{y2 + -yïx2 + -^iy-i,
et la matrice de <Ê> dans la base canonique de R2 est I 3 2o ) > son ranê es^ 2.
1.2. Orthogonalité
E désigne toujours un K-e.v (ou un C-e.v lorsque l'on parle de forme hermitienne).
On se fixe une forme quadratique (resp. hermitienne) $ sur E, de forme polaire (p.
DÉFINITION 9. On appelle cône isotrope de $ l'ensemble C$ = {x G E \ $(x) = 0}. On
dit que $ est définie si C$ = {0}. Un vecteur x G E est dit isotrope (pour $) si $(x) = 0,
î. G. I fc 0<$.
DÉFINITION 10. Deux vecteurs x et y de E sont dit orthogonaux selon <£> (ou selon </?) si
<p(x,y) = 0 (ce qui équivaut à (p(y,x) = 0).
Soit A C E. On appelle orthogonal de A selon <Ê> (ou (p) l'ensemble
AL = {y G E | Vz G Ayfoy) = 0}.
Deux sous-ensembles ^ et B de E sont dit orthogonaux selon $ (ou selon <£>) si pour
tout x e A et pour tout y G B, <^(x, y) = 0. On note alors A ± B.
Remarque 4. - Si Ac E, A1 est un s.e.v de E et on ai4x = (Vect A)1.
- Si B désigne le sous-ensemble de E* (dual de E) défini par B = {(p(x, •) | x G j4},
A-1 est l'orthogonal (au sens dual) de B, i. e. AL = B° (voir la partie 4.3 page 128).
Proposition 3. On parle d'orthogonalité au sens de $.
(i) Si F CE, F c F11 (ii) Si A c B c E, BL c A"1.

1. FORMES QUADRATIQUES - FORMES HERMITIENNES
231
OÉFINITION 11. On appelle noyau de $ le s.e.v de E noté Ker<É> défini par
Ker$ = E± = {xeE\Vye E,(p(x,y) = 0}.
La forme $ est dite non dégénérée si Ker<£> = {0}, dégénérée si Ker$ ^ {0}.
Proposition 4. On a Ker$ c C$. En particulier, si $ es£ définie, alors $ es£ non
dégénérée.
Remarque 5. La réciproque est fausse. Par exemple, si <Ê>(ii) = ${x,y) = x2 — y2, <Ê> est
non dégénérée mais n'est pas définie puisque pour tout x, $(x, x) = $(#, — x) = 0.
Notation. Pour unifier les notations, pour toute matrice M à coefficients dans K, on
note M* la transposée de M. Lorsque le corps de base est C et que l'on parle de forme
hermitienne, la notation M* désigne la transconjuguée de M (le. M* = lM). Ainsi en
dimension finie, si A désigne la matrice de (p dans une base B de E, on a A* = A et pour
tout x, y, <p(x, y) = X*AY. Cette notation est avantageuse puisqu'elle permet de traiter
en même temps le cas des formes quadratiques et des formes hermitiennes.
Proposition 5. Supposons E de dimension finie. Soit B une base de E. En identifiant
les vecteurs de E et leur représentation en vecteurs colonne dans la base B, on a Ker $ =
Ker .A, où A désigne la matrice de <Ê> dans la base B.
Démonstration. On a x G Ker$ «=» Vj/ G Et <p{x,y) = 0 <=ï VY, X*AY = 0 <é=> X*A = 0
<ï=ï (X*A)* = A*X = AX = 0 <=$> X e Ker A. D
Bases $-orthogonales.
DÉFINITION 12. Une base B de E est dite ^-orthogonale si pour tout couple d'éléments
distincts (e, e') de B, on a </?(e, e') = 0.
Remarque 6. En dimension finie, si B = (ei,... ,en) est une base ^-orthogonale, alors
/ n \ n
Autrement dit, la matrice de $ dans la base B est diagonale.
Théorème 1. Si E est de dimension finie, il existe une base ^-orthogonale de E.
Démonstration. On procède par récurrence sur la dimension n de E. Pour n = 1, il n'y a rien à
montrer. Supposons le résultat vrai au rang n — 1 et montrons le au rang n. Si $ est identiquement
nulle, alors toute base de E est ^-orthogonale. Sinon, il existe v G E tel que <&(i>) ^ 0. Dans ce
cas, l'application / = <p(v, •) définie par f(x) = (p(vy x) est une forme linéaire non nulle sur E. Son
noyau H est un hyperplan de £", et comme v # H, on a E = H®Vect(v). Comme dimH = n — 1,
d'après l'hypothèse de récurrence, il existe une base (ei,... ,en_i) de H orthogonale pour <3>|#.
On voit alors facilement que (ei,..., en_i,i>) est une base ^-orthogonale. D
Corollaire 1. Soit A G Mn(K) telle que A* = A. Il existe une matrice inversible
P G G£n(K) telle que P*AP soit une matrice diagonale.
Démonstration. L'application <3> définie sur Kn par $(X) = X*AX est une forme quadratique
(resp. hermitienne) dont la forme polaire est (p : (Xy Y) i-> X*AY. D'après le théorème précédent,
il existe une base B de Kn qui est ^-orthogonale. La matrice M de $ dans B est diagonale, et
si P désigne la matrice de passage de la base canonique de Kn à jB, on a M = P*AP} d'où le
résultat. D

232
5. ESPACES EUCLIDIENS
Remarque 7. Lorsque K = R (où K = C dans le cas hermitien), un résultat plus fort
fait l'objet du corollaire 1 page 244, qui affirme que l'on peut choisir pour P une matrice
orthogonale (ou unitaire dans le cas hermitien). L'intérêt du résultat précédent est qu'il
est valable pour n'importe quel corps K.
Si $ est une forme quadratique, le théorème 1 assure en dimension finie l'existence
d'une base (ei,... ,en) ^-orthogonale. En posant À* = $(ei), on a
n
n
V* € E, »(*) = *$>'(*) e, )= £) A, (e*(x))2.
\i=l / i=l
En d'autres termes, on a écrit <Ê> comme combinaison linéaire de carrés de formes linéaires
indépendantes. Dans la pratique, ces formes linéaires peuvent être calculées grâce à la
méthode qui suit.
Méthode de Gauss. Donnons nous une forme quadratique
n
W^3?i, . . . , Xn) = y ^ ai^i X^ ■+" y j &iyj XiXj.
En procédant par récurrence, nous allons écrire <Ê> comme combinaison linéaire de carrés
de formes linéaires indépendantes. Il y a deux cas.
Premier cas. Il existe au moins un indice i tel que a^i ^ 0, par exemple a = a^i ^ 0.
On peut écrire $ sous la forme
$(rci,...,a;n) = ax\ + xiB(x2,... ,£„) + C{x2,... ixn)i
où B est une forme linéaire en (x2,..., xn) et C une forme quadratique en (x2,..., xn).
On réécrit <Ê> comme
2
$(x1,...,xn) = a(x1 + g(a:2'2a-'a")| +
C{x2,... )Xn) —
B{x2,...,xny
4o
En d'autres termes, on a écrit $ comme la somme d'une constante multipliée par le carré
d'une forme linéaire (ici a[x\ + B/(2a)]2) et d'une forme quadratique en x2,... ,xn (ici,
C — B2/(Aa)). On itère alors la méthode de Gauss en partant cette fois de C — B2/(4a) ,
et on obtient finalement la réduction souhaitée.
Second cas. Pour tous les indices i, a^ = 0. Si <Ê> est nulle, c'est terminé, sinon il existe
au moins un a^ non nul (avec i < j), par exemple a = aiy2 ^ 0. On peut écrire <Ê> sous la
forme
$(xi, ...,xn)= axix2 + xi B(x3, ...,xn) + x2 C(x3, ...,£„) + D(x3,..., x„),
où BetC sont des formes linéaires et D une forme quadratique en (#3,..., xn). On réécrit
$ comme
$(xu...,xn) = a(xi + —j (^2 + — J + (#- —
o
4
£1 + £2 +
B + C
a
- [xi - x2 +
C-B'
a
+
D-
BC
a
Les deux premiers termes du dernier membre de cette égalité sont les carrés de formes
linéaires, et on itère la méthode de Gauss en partant cette fois de D — BC/a, forme
quadratique en (#3,..., xn).
Remarque 8. - Il existe bien sûr d'autres moyens d'écrire une forme quadratique
comme combinaison linéaire de carrés de formes linéaires. L'avantage de la méthode

1. FORMES QUADRATIQUES - FORMES HERMITIENNES
233
de Gauss est qu'elle assure l'indépendance des formes linéaires obtenues (résultat
non démontré ici, mais facile à obtenir).
- Le cas des formes hermitiennes se traite de manière analogue, en remplaçant les
carrés par les carrés des modules. Par exemple la forme hermitienne
$(x,y) = xy + xy se réduit en $(x,y) = -(\x + y\2 — \x — y\2).
La forme hermitienne
$(#, y, z) = xx + yy - 2ixy 4- 2ixy + 2yz + 2yz se réduit en
$(rc, y, z) = (x- 2iy)(x + 2iy) - Syy + 2yz + 2yz = \x - 2iy\2 - 3
2z
2 4
Propriétés des orthogonaux selon $. La lettre <£> désigne toujours une forme
quadratique (resp. hermitienne) sur E et lorsque l'on parlera d'orthogonal, ce sera par rapport
Proposition 6. Supposons E de dimension finie. Tout s.e.v F de E vérifie
(i) dim F + dim F1 = dim E + dim(F n Ker <£>).
(ii) F-LL = F + Ker$.
Démonstration, (i). On considère l'application ip : F —» E* a? •—> ip(x, •). Cette application est
linéaire, donc dim(KerV>) + dim(ImV>) = dim F. Or Kert/j = F nKer<3> et (lmip)° = F1 (voir
la remarque 4). Comme d'après le théorème 3 page 128, on a dim(ImV')0 = dim E — dim(ImV'),
on en déduit
dim F1 = dim E - (dim F - dim(Ker^)) = dim E - dim F + dim(Fn Ker$),
d'où (i).
(ii). On a F C F-1-1 et Ker$ C F-11, donc F + Ker$ C F1-1. Pour prouver l'égalité, nous
allons prouver l'égalité des dimensions. En appliquant (i) à F1, on a
dim F1 + dim F11 = dim E + dim KeviF1 n Ker $) = dim E + dim(Ker $)
(comme Ker $ C F-1, F1- n Ker$ = Ker<3>). En retranchant (i) à cette égalité, on obtient
dim F11 - dim F = dim(Ker $) - dim(F D Ker $)
donc dim F11 = dim(F + Ker $) et le résultat. D
Proposition 7. Soit F un s.e.v de dimension finie de E (mais E de dimension
quelconque). Alors
(i) Si la restriction $\p de $ à F est définie, on a F 0 F1 = E.
(ii) Si $ est définie, on a F = F11.
Démonstration, (i). Si x G FnF1, alors <p(x,x) = 0 et comme la restriction de $ à F est définie
par hypothèse, on a forcément x = 0. Autrement dit, F D F1 = {0} (*).
D'après le théorème 1, il existe une base (ei,... ,ep) de F, orthogonale pour la restriction de
$ à F. Soit x G E. On cherche à écrire x = y + z avec y G F et z G F-1. Écrivons y = Y%=i ^iei-
Alors z = x — y G F1 si et seulement si pour tout j G {1,... ,p}, <p{ej,z) = 0, ie. si pour tout j,
iûiS' X)
<p{ej,x) — Xj(p(ej,ej) = 0. En choisissant Xi = . —r, on voit donc que x = y + z, avec y £ F
tÇKpii Ci)
et * G F1. Donc F + F1 = F d'où (i) avec (*).
(ii). On sait (voir proposition 3) que F C F11. Montrons l'inclusion réciproque. Soit x G
F11. D'après (i), il existe y G F et z G F1 tels que x = y+z. Or ip(x, z) = 0 = </?(?/, z)+ip(z, z) =
<p(z, z), donc 2 G C$ et $ étant définie, z = 0. Donc x = y e F, d'où F11 c F. D

234
5. ESPACES EUCLIDIENS
Loi d'inertie de Sylvester. Dans toute la suite, <É> représente soit une forme quadratique
sur un R-e.v E, soit une forme hermitienne sur un C-e.v E.
Supposons E de dimension finie n. D'après le théorème 1, il existe une base (ei,..., en)
qui est ^-orthogonale. Ceci entraîne que pour tout x = Y^=i xieu
n n
$(x) = y}2\xi\2$(ei) = Y,xi\e*i(x)\2, où Xi = $(ef) G R.
Chaque A* est soit positif, soit négatif, soit nul. Supposons par exemple
Ai,..., Xp > 0, Ap+i,..., Xp+q < 0 et Xp+q+i = • • • = An = 0.
Pour z, 1 < i < p, on peut écrire Xi = u}f et pour z, p + 1 < i < p + q, on peut écrire
Af = —cof, où les Ui sont réels non nuls. En posant fi = o^e*, on a
*(z) = iawi2 + • • • + |/P(x)|2 - |/P+1(x)|2 IW*)|2, (*)
et /i,..., /p+g sont des formes linéaires linéairement indépendantes.
Théorème 2 (Sylvester). Quelle que soit la décomposition de <Ê> du type (*)
$(z) = \gi(x)\2 + • • • + Mz)|2 - lv+iWl2 l<V+9'(*)|2> (**)
ow #i,... ,gp>+q> sont des formes linéaires linéairement indépendantes, on a p' = p et
q' = q. Le couple (p, q) s'appelle la signature de $, et le rang de $ est égal à p + q.
Démonstration. Supposons p' ^ p, par exemple p' > p. Complétons gi,... ,gp'+q' en une base
g\, ■ ■ • >g-n de E*. Les formes linéaires /i,..., fp,gp>+\,...,gn sont au nombre de p + n — p' < n,
et donc
3z ^ 0, fi(x) = • • • = /p(œ) = v+i(z) = • • • = 0n(s) = 0.
Ceci entraîne $(z) < 0 d'après l'expression (*) de $. Au moins l'un des gi{x) pour 1 < i < p'
est non nul, car sinon on aurait gi(x) = ••• = gp'(x) = gp>+i(x) = ••• = gn(x) = 0 et donc
x = 0 car (gi)i<i<n est une base de E*. Donc $(x) > 0 d'après l'expression (**) de $, ce qui est
contradictoire. Ainsi p = p'. On montrerait de même que q = q'.
Quant au rang de $, il suffit de remarquer que la matrice de $ dans la base ^-orthogonale
/iP o o\
(ei,..., en) est o -iq o ), donc de rang p + q. D
V o o 0/
Remarque 9. Si on trouve trois s.e.v F+,F~,F° de E qui sont ^-orthogonaux deux à
deux, tels que F+ ® F~ 0 F0 = E, $(x) > 0 sur F+ \ {0}, $(z) < 0 sur F~ \ {0} et
$(#) = 0 sur F0, alors la signature de <Ê> est (dimF+,dimF~). En effet, si (ei,.. .,ep)
(resp. (ep+i,..., ep+q), (ep+q+i,..., en)) est une base orthogonale pour la restriction de $
à F+ (resp. à F-, à F0), alors (ei,..., en) est une base de E, et on peut écrire
p p+q
*(*)=x;*fe) kwi2 + e *(*) kwi2
i=l i=p+l
avec $(e*) > 0 pour 1 < i < p et $(ei) < 0 pour p + 1 <i <p + q.
1.3. Formes quadratiques et hermitiennes positives
Ici aussi, $ désigne une forme quadratique sur un R-e.v E ou une forme hermitienne
sur un C-e.v E, associé à la forme polaire (p. On dira que $ est positive si pour tout
x e E, $(x) > 0. En dimension finie, la signature d'une forme positive est de la forme
(P,0).

1. FORMES QUADRATIQUES - FORMES HERMITIENNES
235
^ Théorème 3 (Inégalité de Schwarz). Si $ est positive, alors
V(x,y)eE\ |^,y)|2<$(a;)$W. (*)
Si de plus $ est définie, il y a égalité si et seulement si x et y forment une famille liée.
Démonstration. Même si $ est une forme hermitienne, on peut supposer <p(x, y) G R, quitte à
multiplier x par e%e avec 9 G R bien choisi. On a
VAGR, ${\x + y) = \2$(x) + 2\<p(x,y)+<ï>(y) > 0. (**)
Si $(x) = 0, pour tout À G R, (**) s'écrit 2\(p(x,y) + $(y) > 0, ce qui entraîne (p(x,y) = 0.
Sinon $(x) ^ 0, et le trinôme du second degré (**) en À a un discriminant négatif, ce qui
s'écrit ip{x,y)2 - $(x)$(y) < 0, d'où l'inégalité.
Supposons $ définie et x ^ 0 (le cas x = 0 est trivial). Alors <3>(z) ^ 0, de sorte que (*) est une
égalité si et seulement si le discriminant de (**) est nul, c'est à dire si et seulement s'il existe
Ao G R tel que $(\ox + y) = 0, ce qui équivaut à Xox + y = 0 puisque $ est définie, c'est-à-dire
que la famille (x, y) est liée. □
Conséquence. Si $ est positive, alors C$ = Ker<Ê>, C$ désignant le cône isotrope de $. En
particulier, une forme positive $ est définie si et seulement si elle est non dégénérée.
Corollaire 2 (Inégalité de Minkowsky). Si $ est positive, alors
V(x,2/)G£2, y/${x + y) < y/ô{x) + y/Ô(y).
L'inégalité de Minkowsky est une conséquence immédiate de l'inégalité de Schwarz.
Elle exprime que si $ est positive, S{x) = ^/$(x) définit une semi-norme. Si de plus $
est définie, S est une norme (on dit alors que </? est un produit scalaire, voir la section 2).
1.4. Exercices
EXERCICE 1. Décomposer sous forme de somme de carrés les formes quadratiques ou
hermitiennes suivantes ; en déduire leur signature et leur rang.
a) $(x, y, z, t) = xy + yz-\- zt + tx, (x, y, z, t) G M4.
b) $(x, y, z) = x2 - 2y2 + xz + yz, (x, y, z) G R3.
c) $(£, y, z) = xx + yy + zz + xy-\-xy-yz- yz, (rc, y, z) G C3.
Solution. On va appliquer la méthode de Gauss, garantissant ainsi l'indépendance linéaire des
formes linéaires obtenues, ce qui nous permettra de calculer la signature de la forme
correspondante.
a) Il suffit d'écrire
$(xyy,z,t) = (x + z){y + t) = -[{x + z + y+ t)2 - (x + z-y - t)2].
La signature de $ est donc (1,1), son rang 1 + 1 = 2.
b) On a
/ Z \ 2 Z / Z\*^ / Z\*^ Z Z
La signature de $ est donc (1,2), son rang est 3.
c) On a
$(z, y, z) = {x + y)(x + y) + zz-yz-yz
= (x + y)(x + y) + {z-y)(z-y)-yy=\x + y\2 + \z- y\2 - \y\2.
La signature de $ est donc (2,1) et son rang est 3.

236
5. ESPACES EUCLIDIENS
Exercice 2. Soit n e N*. On note Cn[X] = {P G C[X] | deg(P) < n}. Démontrer que
l'application
$ : Cn[X] -► C Ph/ ~P(x)P(-x) dx
est une forme hermitienne et calculer sa signature.
Solution. La forme sesquilinéaire
<p: Cn[X]2^C (P,Q)i-* / P(^)Q(-rc)dx
est à symétrie hermitienne (on le vérifie facilement en effectuant le changement de variable
x —> — x dans l'intégrale), et $ est sa forme hermitienne associée.
Notons V (resp. 1) le s.e.v des fonctions paires (resp. impaires) de Cn[X]. On a P0T = Cn[X]
puisque
si P G P n J, P(-X) = P{X) = -P{X) donc P = 0, ainsi P n X = {0}
^ vpec„m, fm^W^)/W-^), donc P+I = c„m.
" v ' N v '
eP ex
Si P G P, P t^ 0, est une fonction paire, alors
$(P)= / ¥{x)P{x)dx= f \P(x)\2dx>0,
et si P G X, P ^ 0, est impaire,
$(P) = / P(^)(-P(x))^ = - / \P(x)\2dx < 0.
De plus, V et J sont ^-orthogonaux car
V(P, Q) G P x J, / P(^)Q(-x) cte = / P(^)(-Q(z)) dx = - f T{x)Q{-x) dx,
donc ip(P,Q) = 0. Avec la remarque 9 page 234, on en conclue que la signature de $ est
(dimPjdimJ) = ([n/2] + 1, [(n + l)/2]) (où la notation [#] désigne la partie entière de x).
Exercice 3 (Quelques formes quadratiques sur Mn(R)). Montrer que les
applications suivantes sont des formes quadratiques et calculer leur signature.
a) qi : Mn(R) -> R Ai-» (trA)2.
b) q2 ■ Mn(R) -> M Ah tr('AA).
c) qz ■ Mn(R) -> M Ah tr(A2).
d) ç4 : .MnW —> R Ai-» tr(5A'A), où S G A1n(lR) est une matrice symétrique fixée.
Solution. Tout au long de l'exercice, nous aurons besoin du résultat suivant :
Si P = (Pi,j)i<i,j<n et Q = fc)i<i,i<nGjMn(l)) on a tr(PQ) = ^ Pij^i- (*)
La preuve est simple, il suffit de remarquer que l'élément d'indice (i, i) dans la produit PQ est
a) L'application #i est bien une forme quadratique, sa forme polaire étant pi : (A,B) \->
tv(A)tr(B).

1. FORMES QUADRATIQUES - FORMES HERMITIENNES
237
L'application tracé est une forme linéaire sur Mn(M). Son noyau H est donc un hyperplan
de Mnfà)- Soit S un supplémentaire de H dans .Mn(IR), de sorte que dim5 = 1 et Wl G 5\{0},
tr^^O. Ainsi,
VAeH, qi(A) = 0 et VB G 5\{0}, qi(B) > 0. (**)
De plus, pour tout couple (A,B) G H x 5, ipi(A,B) = tr(A)tr(B) = 0, donc H et S sont
^-orthogonaux. Avec (**) et d'après la remarque 9 page 234, ceci suffit pour conclure que la
signature de q\ est (1,0).
b) On a bien affaire à une forme quadratique, la forme polaire associée étant ^2 • (A, B) 1—>
tr(lAB). Maintenant, en appliquant le principe (*), on voit que toute matrice A = {o>ij)i<ij<n £
Mnfâ) vérifie q2(A) = X^,ja?,j> ce °lui suffit à prouver que 92 est une forme définie positive,
donc de signature (n2,0) (en d'autres termes, c'est un produit scalaire sur .Mn(R)).
c) La forme polaire associée à 43 est (^3 : (AyB) 1—> tr(AB).
La relation (*) prouve que si A G S (s.e.v des matrices symétriques de .Mn(R)), Q3(A) =
Y^ijal,j d°nc ^a restriction #3|5 de 43 à S est définie positive. Si A G A (s.e.v des matrices
antisymétriques), (*) montre que q3(A) = — J2u a?,j> ce Quî prouve que q^A est définie négative.
De plus, S 0 A = Mn{R) (voir la remarque 2) et S et A sont (^-orthogonaux puisque si S G S
et A G A,
<Ps(S,A) = tv{SA) = tr(\SA)) = tr(U'S) = tr(-AS) = - tr(5i4) = -^sOM),
donc ips(S}A) = 0. D'après la remarque 9, ceci suffit pour conclure que la signature de 43 est
(dim<S,dim.A) = (n(n + l)/2,n(n - l)/2).
d) Remarquons tout d'abord que q^{A) = tr(5i4*i4) = tr(*AS^4). La forme polaire de 94 est
ip4: (A,B)t-+tr(tASB).
La matrice S est symétrique. L'application En —> R Ih lXSX est une forme quadratique.
//p 0 o\
Si on note (p, 4) sa signature, on s'aperçoit que S est congrue à la matrice J = I 0 -iq 0 ,
\ 0 0 0/
autrement dit
/ /p 0 0
3PG^n(R), <PSP = J = 0 -/, 0
\ 0 0 0
Maintenant, on se donne B G Mn(R) et on écrit B = PA avec A = (<kj)i<ij,<n € A^n(K). Un
peu d'attention montre que
p n p+q n
qA{B) = q4(PA) = trfA'PSPA) = trfAJA) = E Eah ~ E E a'r (***)
j=l i=l j=p+l i=l
Les applications /^j : B i-> a^j où aij est le coefficient d'indice (z, j) dans ^4 = P~lB formant
une famille libre de formes linéaires de .Mn(K)*, l'expression (***) montre que la signature de
^4 est (np) nq).
Exercice 4. Soit E un R-e.v de dimension finie et $ une forme quadratique sur E. Si <ï>
est définie, montrer que $ est soit positive soit négative.
Solution. Soit (p, 4) la signature de $ (au passage, on a p + 4 = dim E car $ étant définie, $
est non dégénérée, c'est à dire rg<3> = p + 4 = dim J5). Il s'agit de montrer que p = 0 ou q = 0.
Nous allons raisonner par l'absurde en supposant p ^ 0 et q ^ 0. On peut écrire
*(*) = E^)2-E^)2>
où (pi}...}<Pp}i/)i,".}il>q sont des formes linéaires (on peut même les supposer linéairement
indépendantes, mais nous n'en aurons pas besoin).

238
5. ESPACES EUCLIDIENS
Les formes linéaires <pi—ipi, <p2, • • • ><pp, 1P2,• • • >i>q sont au nombre dep+q — 1 < dimF, donc
si F désigne le sous-espace de E* (dual de E) engendré par ces formes linéaires, on a dimF < n,
et donc l'orthogonal F° de F (au sens dual) est différent de {0}. En particulier, il existe x G E,
x^O, tel que
<fl(x) - 1pl{x) = <f2(x) = • • • = <fp(x) = tj)2(x) = ••• = 1pq(x) = 0,
ce qui entraîne <f\{x) = i>i(x) et
$(a0 = v?i(a02-Vi(z)2 = O,
ce qui est contraire aux hypothèses puisque $ est définie.
Remarque. Une autre approche consiste à passer par un argument topologique de
continuité. Si $ n'est ni positive ni négative, il existe x ^ 0 et y ^ 0 tels que $(x) > 0 et
$(2/) < 0. On considère alors l'application
/: [0,1]^ R \^$(\x + {l-\)y).
Comme $ est quadratique, / est une fonction polynôme de degré < 2 donc est continue. Or
/(0) = $(y) < 0, /(l) = $(x) > 0 donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il
existe A G ]0,1[ tel que /(A) = 0 = $(Aa;+(l — X)y), et $ étant définie, on a \x+(l—X)y =
0, donc y = 0x avec (5 = -A/(l - A). Ceci entraîne $(y) = $((3x) = f32$(x) > 0, ce qui
est absurde, donc notre résultat est prouvé. Cette dernière démonstration montre que le
résultat de l'exercice est vrai en dimension infinie.
- Le même type de résultats vaut pour les formes hermitiennes.
Exercice 5 (Sous-espaces totalement isotropes). Soit $ une forme quadratique
sur un K-e.v E de dimension finie n e N*. On appelle sous-espace totalement isotrope
(en abrégé SETI) un s.e.v F de E tel que pour tout x G F, $(x) = 0, ce qui équivaut
à F C F1. On appelle SETI maximal (en abrégé SETIM) un SETI F tel que pour tout
SETI G vérifiant F C C, on a G = F.
1/ a) Soit F un SETI. Montrer que dimF < n - r/2, où r est le rang de $.
b) Montrer que tout SETI est inclus dans un SETIM.
2/ On suppose dorénavant que $ est non dégénérée.
a) Soient i*\ et F2 deux SETIM. On pose F = Fi n F2, Si un supplémentaire de F dans
Fi, £2 un supplémentaire de F dans F2, de sorte que F®Si = Fi et FÇBS2 = F2. Montrer
que Si D S^ = S^ HS2 = {0}. En déduire dim Fi = dim F2.
Les SETIM ont donc tous même dimension ; cette dimension est appelée indice de $.
b) On suppose ici K = R et $ de signature (p, q). Quel est l'indice de <É>?
Solution. 1/ a) On a F C F1, donc dim F < dim F1, et avec la proposition 6 page 233,
2 dim F < dim F + dim FL = n + dim(F D Ker $) < n + dim(Ker $) = 2n - r,
d'où le résultat.
b) Soit F un SETI et Y l'ensemble des SETI contenant F. On pose m = sup{dimG, G G T}. Par
construction, il existe un SETI G tel que F C G et dim G = m. Le s.e.v G est alors un SETIM
(si H est un SETI et si G C H, alors F c H de sorte que H G T et donc dim if < m, ce qui
entraîne dimiï = m = dim G et G = H).
2/ a) Soit x G Si D S£.
On a déjà a; G Frj-. En effet, comme F2 = F 0 S2, on a F^- = F1 D 52", et il suffit de montrer
que x G F1. Ceci est vrai car x G Fi C Fj1 C F1 (la première inclusion provient du fait que Fi
est un SETI et la seconde est une conséquence de ce que F C Fi).

1. FORMES QUADRATIQUES - FORMES HERMITIENNES
239
Poursuivons. On a z G Si C Fi donc x est isotrope. Considérons le s.e.v G = F<z + Kx. Soit
z = y + kx G G (y G F2, k G K). En notant </? la forme polaire de $, on a
$(z) = $(y) + fc2$(z) + 2k(p(x, y). (*)
On a 2/ G F2 donc $(?/) = 0 ; on a vu que <3>(z) = 0, et on a montré plus haut que x G Frj-, de
sorte que <p(x,y) = 0, et donc (*) entraîne $(z) = 0. Ceci étant vrai pour tout z G G, on en
déduit que G est un SETI. Comme F2 C G et que F2 est un SETIM, ceci entraîne G = F2 et
donc x G i<2. Or rc G 5i cFi, donc £ G Fi D F2 = F, donc £ G Si D F = {0}, ce qui entraîne
x = 0.
- Nous venons de montrer S\C\ S$r = {0}, c'est à dire que Si et S^r sont en somme directe,
ce qui entraîne dim Si + dim S2 < dim E = n. La forme quadratique $ étant non dégénérée,
"la proposition 6 entraîne dirnS^ = n — dimS2, donc finalement dim Si + n — dimS2 < n, i.e
dim Si < dimS2. Par symétrie, on a également dimS2 < dim Si, d'où dim Si = dimS2 et
dimFi = dim(F 0 Si) = dim F + dim Si = dim F + dimS2 = dim(F 0 S2) = dimF2.
b) La non dégénérescence de $ entraîne p + q = n. Notons k = inf{p, q}. Il existe une base
(ei,..., en) de E dans laquelle la matrice de $ a la forme [ ? , J. Posons F = Vect(ei +
ep+i,..., ejt + ep+k). Pour tout i, 1 < i < k, $(ej + ep+i) = $(ej) + $(ep+i) = 1 - 1 = 0. Les
vecteurs e* étant de plus deux à deux orthogonaux, on en déduit que F est un SETI.
Soit G un SETI tel que F G G. Donnons nous x G G, et écrivons x = Yli \e%- On a
$(z) = 0 = £a?- £ \l («)
i=l i=p+l
En désignant toujours par y> la forme polaire de <3>, on a
Vi, 1 < i < /c, </?(x, et + ep+i) = - [$(x + e» + ep+i) - $(x) - $(e^ + ei+p)] = 0 = Xi- Xi+P)
ce qui entraîne À; = Xp+i pour 1 < i < k. Avec (**) on a donc x = Yli=i ^i(ei + ep+î) e F>
et ceci pour tout SETI G contenant F. Le s.e.v F est donc un SETIM et l'indice de $ est
dim F = k = inf{p, q}.
Exercice 6. Soit E un K-e.v de dimension finie, soit (p : F x E —> K une forme bilinéaire
vérifiant la propriété suivante : V(x, y) G F2 tel que <^(x, y) = 0, on a <p(y, x) = 0. Montrer
que (p est symétrique ou antisymétrique.
Solution. Supposons dans un premier temps ip non dégénérée (i.e pour tout x ^ 0, <^>(x, •) ^ 0).
L'hypothèse sur (p entraîne que pour tout x G £", les formes linéaires
</?(x,-): y^y>{x,y) et <,?(•, x) : y^<p(yyx)
ont même noyau. Comme elles sont non nulles, il existe Xx G K tel que <^>(x, •) = Xxtp(-,x) (voir
la proposition 5 page 129).
On considère maintenant les applications
/: E —> J5* xh^(x,') et g : E-^> E* x «-><£>(•, x).
Ces applications sont linéaires, injectives (car <p est non dégénérée), donc bijectives (car dimE =
dimE*). Or, comme on a vu plus haut, pour tout x G £", /(x) = Xxg(x), ou encore f og~1(x) =
Xxx avec Àx G K. D'après la proposition 3 page 115, f og'1 est donc une homothétie, autrement
dit il existe À G K tel que / o g~l = Àld ou encore / = Xg. Ceci s'écrit aussi
Vx G £", <£>(x, •) = A<£>(-, x)
et donc
Vx, yeE, </?(x, y) = A^(j/, x) = \2tp(x, y).

240
5. ESPACES EUCLIDIENS
On en déduit que À2 = 1, donc que À G {—1,1}. La forme bilinéaire ip est donc symétrique ou
antisymétrique.
- Traitons maintenant le cas général. On considère Kerip = {x G E \ <p(x,-) = 0}. Soit F un
s.e.v de E tel que Kerip © F = E. Comme F n Ker</? = {0}, la restriction de </? à F est non
dégénérée, de sorte que l'on peut appliquer ce que l'on vient de montrer :
{3e G {-1,1}), V(œ,y) G F2,ip(x,y) = e<p(y,x).
Ceci étant, on se donne (x,y) G E2 et on écrit x = x\ + x2, y = 2/1 + 2/2 (#i,2/i G Ker<^,
£2,2/2 G F). On a
(p(x,y) = <p(xiiyi + y2) + (p(x2,yi + y2) = <p(x2,yi+y2) = <p(x2,y2) = €(p(y2,x2) =e(p(y1x),
d'où le résultat.
2. Espaces préhilbertiens
2.1. Généralités
Soit $ une forme quadratique (resp. hermitienne) sur un R-e.v (resp. un C-e.v) E. On
rappelle que $ est positive si pour tout x e E, $(x) > 0.
Supposons <Ê> définie positive. Sa forme polaire (p s'appelle un produit scalaire (resp.
un produit scalaire hermitien). On note souvent <p(x,y) = x-y (ou (x\y), ou encore (x,y)).
On a, x -y = y ■ x (resp. x • y = W7^)- On écrit souvent x2 pour a; • x.
Dans ce cas, l'inégalité de Minkowsky (voir le corollaire 2 de la partie précédente)
montre que ||rc|| = y/$(x) = y/x • x définit une norme sur E. Cette norme s'appelle
norme euclidienne (resp. norme hermitienne) et fait de E un e.v norme.
Un R-e.v muni d'un produit scalaire s'appelle un espace préhilbertien réel (s'il est de
plus complet — pour la norme issue du produit scalaire — on dit que c'est un espace
hilbertien réel). S'il est de dimension finie, on l'appelle également espace euclidien. Sauf
mention explicite, la norme utilisée sur un espace préhilbertien est la norme euclidienne.
Un C-e.v muni d'un produit scalaire hermitien s'appelle un espace préhilbertien
complexe. S'il est de dimension finie, on l'appelle également espace hermitien.
L'inégalité de Schwarz
Vxty€Et \x • y\ < \\x\\ • \\y\\
entraîne la continuité du produit scalaire dans l'espace préhibertien E. Si E est un espace
préhilbertien réel, cette inégalité entraîne
Vrc,2/ € E,x ? 0,2/ ? O,3!0 G [0,tt], cos0 = X'V
Le nombre réel 6 s'appelle Y écart angulaire de x et y.
Remarque 1. On ne définit pas l'écart angulaire dans un espace préhilbertien complexe.
Dans toute la suite, nous utiliserons ces notations.
2.2. Orthogonalité
L'orthogonalité définie pour une forme quadratique ou hermitienne s'applique en
particulier pour un produit scalaire. Ainsi, deux vecteurs x et y sont dit orthogonaux si et
seulement si x • y = 0 (ou encore si et seulement si y • x = 0).
Une famille de vecteurs non nuls (ei)i£i est dite orthogonale si elle vérifie e* • ej = 0
dès que i ^ j (et c'est alors une famille libre). Si de plus on a ||ei|| = 1 pour tout i G /,
la famille est dite orthonormale (ou orthonormée).

2. ESPACES PRÉHILBERTIENS
241
On peut ainsi parler de base orthogonale ou orthonormale. Si E est un espace euclidien
(resp. hermitien) et si (ei,..., en) est une base orthonormée de E, alors
n n n n
Vrc = ^2Xiei e E' ^y = YlViei e E> x-y = J£2xiyi (resp. x ■ y = ^xlyi).
i=l i=l i=l i=l
Les coordonnées (#*) de x dans la base orthonormale (e*) de E vérifient
Proposition 1. Si (ei)i£i est une famille finie orthogonale de vecteurs de E, on a l'égalité
UX^II^E^Ihll2-
Remarque 2. Dans un espace préhilbertien réel, si \\x + y\\2 = \\x\\2 + ||t/||2, alors x et y
sont orthogonaux. Ceci est faux dans un espace préhilbertien complexe (par exemple, si
x ^ 0, ||rrr + zx||2 = |1 -H|2||a;||2 = 2||a;||2 = ||x||2 + \\ix\\2 et pourtant x et ix ne sont pas
orthogonaux).
Théorème 1 (de la médiane). Pour tout couple (x,y) G E2, on a
\\x + yf + \\x-yf = 2(\\xf + \\yf).
Remarque 3. - On peut montrer réciproquement que si une norme vérifie cette
relation, c'est une norme euclidienne (resp. hermitienne) — voir l'exercice 9 page 252.
- Le théorème de la médiane est encore appelé identité du parallélogramme.
Procédé d'orthogonalisation de Schmidt. Nous allons construire, en partant d'une
famille libre finie (ei,...,en) de vecteurs de E, une base orthogonale (ui,...,un) de
Vect(ei,..., e„) telle que pour tout &, Uk G Vect(ei,..., e^). On procède par récurrence.
• On prend U\ = e\.
• On cherche u<i sous la forme e<i + Ai^ u\. On veut que U\ • u<i = 0, ce qui sera réalisé
si et seulement si
x ui • e2
Al>2 — _"îi—ii?-
• Les vecteurs U\,..., Uk-i étant construits, on cherche Uk sous la forme eu + Ai^ U\ +
• • • + \k-i,kUk-i- On veut que Ui • u^ = 0 pour l<i<A; — 1, ce qui sera réalisé si
et seulement si on prend
_ Ui ■ ek
a~ INI2'
En normant les vecteurs u^ on obtient même une base orthonormée.
Remarque 4. La matrice de passage de la famille (e*) à la famille (uj) est de la forme
/ 1 x ... x \
0 1 ••• :
P =
: -. -. x
V o ••• o i /
Théorème 2. Soit E un espace préhilbertien (réel ou complexe) et F un s.e.v de E. Alors
(i) F c FL±
(ii) Si F est de dimension finie, on a E = F © F1 et F = F11.
Démonstration. L'assertion (i) résulte de la proposition 3 de la section 1 et la (ii) est une
application de la proposition 7 page 233. □
Remarque 5. L'assertion (ii) reste vraie en dimension infinie si F est complet mais est
fausse dans le cas général (voir l'exercice 11 page 253).

242
5. ESPACES EUCLIDIENS
Projection et symétrie orthogonale.
DÉFINITION 1. Soit E un espace préhilbertien et F un s.e.v de E de dimension finie. Le
théorème précédent dit que F 0 FL = E.
- On appelle projection orthogonale sur F la projection sur F parallèlement à F1.
- On appelle symétrie orthogonale par rapport à F la symétrie par rapport à F
parallèlement à F1.
Remarque 6. Si (ei,..., en) est une base orthonormale de F, alors la projection
orthogonale de x sur F est égale à y = XX=i At^t avec A* = e* • a:.
Proposition 2. Soit E un espace préhilbertien et F un s.e.v de E de dimension finie.
Soit x G E et p la projection orthogonale sur F. Alors la distance de x à F vérifie
d(x,F) = \\x-p(x)\\.
Démonstration. Soit y G F. On &x—y= (x—p(x))-\-(p(x)—y). Or x—p(x) G F1 etp(x)—y G F,
donc ||z-ï/||2 = ||z-p(z)||2 + ||p(z)-ï/||2, donc infy€F \\x - y\\2 = \\x -p(x)\\2, d'où le résultat.
□
Remarque 7. Comme x — p(x) est orthogonal à p(x), la relation x = (x — p(x)) -\-p(x)
entraîne ||a;||2 = \\x-p(x)\\2 4- |b(z)||2, donc d{xt F)2 = \\x\\2 - \\p(x)\\2. Si (ei,..., en) est
une base orthonormale de F, on a donc d(x, F)2 = \\x\\2 — Y17=i M2> ou A* = e» • x.
2.3. Isométries et endomorphismes unitaires
DÉFINITION 2. Soit E un espace préhilbertien et f e £{E) telle que pour tout x G E,
n/(*)ii = ii*ii.
- Si E est préhilbertien réel, / est appelé isométrie (on dit aussi endomorphisme
orthogonal).
- Si E est préhilbertien complexe, / est appelé endomorphisme unitaire.
Proposition 3. Soit E un espace préhilbertien et f une application de E dans E. Alors
f est une isométrie (resp. un endomorphisme unitaire) si et seulement si
V(x,y)eE2, f(x)-f(y) = x-y. (*)
Remarque 8. Noter que la propriété (*) implique la linéarité de /.
Proposition 4. Si f e C(E) est une isométrie (resp. un endomorphisme unitaire) alors
f est injective. Si de plus E est de dimension finie alors f est bijective.
Proposition 5. - L'ensemble des isométries d'un espace euclidien E est un groupe
(muni de la loi o de composition), appelé groupe orthogonal de E et noté 0{E).
- L'ensemble des endomorphismes unitaires d'un espace hermitien E est un groupe
appelé groupe unitaire de E et noté U(E).
Propriétés matricielles des isométries et des endomorphismes unitaires.
Proposition 6. Soit E un espace euclidien (resp. hermitien) et f G C(E). Alors f
est une isométrie (ou un endomorphisme unitaire) si et seulement si l'image d'une base
orthonormale de E par f est une base orthonormale de E.
Conséquence. Soit B une base orthonormale de E et / G C{E). Soit A la matrice de /
dans B. Alors / une isométrie (resp. un endomorphisme unitaire) si et seulement si
lAA = A1 A = In (resp. tÂA = Al = In).
On en déduit que det('A) det(A) = 1 = (det(A))2 (resp. det('Â) det(i4) = 1 = |det(A)|2).
- Si / est une isométrie, on a donc (det f)2 = 1, ou encore det / G {—1,1}.
- Si / est un endomorphisme unitaire, on a | det/|2 = 1, donc | det/| = 1.

2. ESPACES PRÉHILBERTIENS
243
DÉFINITION 3. - Si A G Mnfâ) vérifie lAA = In,A s'appelle une matrice orthogonale.
- Si A G Mn(C) vérifie lAA = 7n, A s'appelle une matrice unitaire.
- L'ensemble des matrices orthogonales de A^n(M) constitue un groupe noté (9n, celui
des matrices unitaires de Mn(C) est un groupe noté Un.
DÉFINITION 4. - Soit / une isométrie d'un espace euclidien E. On dit que / est une
isométrie directe si det/ = 1, une isométrie indirecte si det/ = — 1.
- L'ensemble {/ G O(E) | det/ = 1} est un sous-groupe distingué de O(E) appelé
groupe spécial orthogonal de E et noté G+(E) (on le note encore SO(E)).
- Si E est hermitien, l'ensemble {/ G U(E), det f = 1} est un sous-groupe distingué
de U{E) noté SU(E).
- Pour les matrices, on note également
SOn = 0+ = {AeOn | detA = l} et SUn = {A G Un | det A = 1}.
L'ensemble <S(9n est un sous-groupe distingué de On, SUn un sous-groupe distingué
de Un.
Remarque 9. La réduction des endomorphismes orthogonaux ou unitaires fait l'objet de la
partie 3.1. Dans le cas particulier du plan ou de l'espace, on trouve les résultats classiques
suivant :
- La matrice d'une isométrie directe du plan s'écrit dans n'importe quelle base
orthonormale B sous la forme R{9) = (<**$ '<££) avec ® e K (r°tation d'angle 0).
- La matrice d'une isométrie directe de l'espace s'écrit sous la forme f 5n0 cosi o )
dans une base orthonormale B bien choisie (rotation d'angle 9 autour du dernier
vecteur de la base B).
2.4. Endomorphismes adjoints
Définition 5 (Adjoint). Soit E un espace euclidien (resp. hermitien) et f et g e C(E).
Les endomorphismes f et g sont dits adjoints si
V(z,2/)G£2, f(x)-y = x-g(y). (*)
L'endomorphisme / étant donné, il existe au plus un endomorphisme g vérifiant (*).
Lorsqu'il existe, on l'appelle adjoint de / et on le note /*. Lorsque / = /*,/ est dit
autoadjoint.
Remarque 10. - L'adjoint /* d'un endomorphisme / n'existe pas toujours (nous
verrons cependant qu'en dimension finie, et plus généralement dans un espace hilbertien
lorsque / est continu, l'adjoint de / existe).
- Lorsque /* existe, (/*)* = /** existe et on a /** = /.
Etude en dimension finie. Notation. Nous utiliserons la notation introduite dans la
partie 1.2 : si M désigne une matrice complexe, on note M* = tM sa transconjuguée.
Ainsi, lorsque M est une matrice réelle, M* désignera tout simplement la transposée de
M.
Soit E un espace euclidien ou hermitien, B une base orthonormée de E. Soit / G C(E),
M la matrice de / dans la base B : M = [/]#. On cherche un endomorphisme g qui soit
l'adjoint de /. En notant N = [g]B, on voit que (*) est vérifiée si et seulement si
pour tous vecteurs X, Y, (MX)*Y = X*(NY) ou encore X*M*Y = X*NY.
L'endomorphisme g est donc l'adjoint de / si et seulement sa matrice N dans la base B
vérifie N = M*. En résumé, pour tout / G £(£), /* existe et [f*]B = [f]*B.

244
5. ESPACES EUCLIDIENS
Remarque 11. - Attention, ceci n'est vrai que lorsque B est une base orthonormée de
E.
- Si E est euclidien, un endomorphisme / G C(E) est autoadjoint (on dit encore
symétrique) si et seulement si la matrice de / dans une base orthonormée quelconque
de E est symétrique.
- Si E est hermitien, / est autoadjoint si et seulement si sa matrice M dans une base
orthonormée de E est hermitienne {Le si elle vérifie lM = M).
Réduction des endomorphismes autoadjoints. Nous aurons besoin de la proposition
suivante.
Proposition 7. Soit E un espace euclidien ou hermitien, et f e C{E) un endomorphisme
autoadjoint. Si F est un s.e.v de E stable par f, alors FL est stable par /.
Démonstration. Il suffit d'écrire que
Va: G FtVy G F\ x- f(y) = f{x)-y = 0.
D
Théorème 3. Soit E un espace euclidien (resp. hermitien) et f S £{E) un
endomorphisme autoadjoint. Alors il existe une base orthonormée de vecteurs propres pour f, et
de plus ses valeurs propres sont réelles.
Démonstration. On procède par récurrence sur la dimension n de E. Pour n = 1, c'est évident.
Supposons le résultat vrai jusqu'au rang n—1 et montrons le au rang n. On considère l'application
$ : E —» R i h a; • /(s), C'est une forme quadratique (resp. hermitienne), de forme polaire
<p(x,y) = x • f{y). Comme on est en dimension finie, la sphère unité S = {x G E, \\x\\ = 1} de
E est compacte, et $ étant continue (toujours parce que l'on est en dimension finie), il existe
xo G S tel que $(xo) = supx€s $(z) = À.
Ceci étant, on considère la forme quadratique (resp. hermitienne) définie par $i(x) = À||x||2-
<J>(z). La forme $i est positive par construction de À. Or <J>i(#o) = 0, i.e $i n'est pas définie,
et donc $i est dégénérée (rappelons qu'une forme positive est définie si et seulement si elle est
non dégénérée, voir la conséquence de l'inégalité de Schwarz, partie 1.3). La forme polaire de $i
étant <pi(x,y) = x-g(y) avec g = Ald^ —/, la dégénérescence de $i entraîne l'existence de x ^ 0
tel que pour tout y G E, <p\(x,y) = 0 = x-g{y). L'application g n'est donc pas surjective (x n'est
pas atteint), donc non injective (g est un endomorphisme en dimension finie), ce qui entraîne
l'existence d'un vecteur norme e\ tel que g{e{) = 0 = Àei — f{e{). Autrement dit, À G M est
valeur propre de / associée au vecteur propre e\. Posons H = (Vectei)-1. D'après la proposition
précédente, H est stable par /. La restriction de / à H étant autoadjointe, l'hypothèse de
récurrence assure l'existence d'une base orthonormée (e2,...,en) de H qui diagonalise /|# (à
valeurs propres réelles). La base (ei,... ,en) est alors une base orthonormée qui diagonalise /, et
les valeurs propres de / sont toutes réelles. D
La version matricielle de ce théorème est la suivante.
Corollaire 1. Soit M e MnW (resp. M e Mn(C)) une matrice symétrique (resp.
hermitienne). Alors il existe une matrice C orthogonale (resp. unitaire) telle que
C~lMC = C*MC = D,
D étant une matrice diagonale réelle.
Démonstration. On note E = Rn (resp. E = Cn). Munissons E du produit scalaire (resp. du
produit scalaire hermitien) usuel :
n n
(xi,..., xn) ■ (yi,..., yn) = ^2 xiVi (resP- = ^2 Biy*)'

2. ESPACES PRÉHILBERTIENS
245
Soit / G C{E) dont la matrice dans la base canonique B de E est M : [/]# = M. Comme / est
autoadjoint (car M est symétrique, resp. hermitienne), il existe d'après le théorème précédent
une base B' orthonormée de E telle que [/]#/ = D soit diagonale réelle. Si on désigne par C la
matrice de passage de la base B à la base B', C est une matrice orthogonale (resp. unitaire) et
C'lMC = C*MC = D. D
Remarque 12. On rappelle qu'une matrice symétrique (resp. hermitienne) M est positive
si la forme quadratique (resp. hermitienne) X i-> X*MX est positive. Elle est dite définie
positive si cette forme quadratique est définie positive. Le corollaire montre que M est
positive (resp. définie positive) si et seulement si toutes ses valeurs propres sont positives
(resp. strictement positives).
Corollaire 2. Soit $ une forme quadratique (resp. hermitienne) sur un espace euclidien
(resp. hermitien) E. Alors il existe une base orthonormée de E dans laquelle la matrice
de $ est diagonale réelle.
Démonstration. Soit B une base orthonormée de E et soit M la matrice de $ dans la base B.
La matrice M est symétrique (resp. hermitienne), et d'après le corollaire précédent, il existe une
matrice C orthogonale (resp. unitaire) telle que C*MC = D est diagonale réelle. La matrice C
défini un changement de base orthogonal qui fait passer de la base B à une base orthonormée
B', et la matrice de $ dans la base B' est D, d'où le résultat. D
Remarque 13. Notez bien la différence entre ce dernier corollaire et le théorème 1 de la
page 231. Ici, la base qui diagonalise $ a en plus la propriété d'être orthonormée pour le
produit scalaire de l'espace E.
—*■ Corollaire 3. Soient M,N deux matrices symétriques (resp. hermitiennes), telles que
la matrice M soit définie positive. Alors il existe une matrice C inversible telle que
C*MC = In et C*NC = D,
où D est une matrice diagonale réelle.
Démonstration. Sur E = Rn (resp. sur E = Cn), l'application $ : (X,Y) •-+ X*MY défini un
produit scalaire, et * : X •-> X*NX une forme quadratique (resp. hermitienne). D'après le
corollaire précédent, il existe une base B orthonormée (pour le produit scalaire $) telle que la
matrice D de ^ dans B soit diagonale réelle. En désignant par C la matrice de passage de la
base canonique de E à la base B, on a C*MC = In et C*NC = D, d'où le résultat. D
Remarque 14. Ce dernier corollaire rend parfois de précieux services. On peut le voir
comme un résultat de pseudo-réduction simultanée. Prenez garde au fait que la matrice
C n'est en général pas orthogonale (ou unitaire).
2.5. Exercices
^** Exercice 1 (Racine carrée d'une matrice hermitienne positive). Soit H e
A4n(C) une matrice hermitienne positive. Montrer qu'il existe une unique matrice R
hermitienne positive telle que H = R2.
Solution. Existence. La matrice H étant hermitienne, il existe une matrice unitaire C telle que
( Al (0) \
tCHC = C~1HC= .. =D,
V (0) An )

246
5. ESPACES EUCLIDIENS
D étant diagonale réelle. Comme H est positive, tous les \ sont positifs donc pour tout i, il
existe ^ > 0 tel que À* = fif. En posant
/ A*i (0)
V=[ ,
V (0) Mn
onaD/2 = Dde sorte que R = CD'C~l = CDnC est hermitienne positive et vérifie
R2 = CD,2C~l = CDC~l = H.
Unicité. Soit R hermitienne positive telle que R2 = H. Soient h et r les endomorphismes de Cn
dont H et R sont les matrices dans la base canonique de Cn. Comme H est hermitienne, h est
autoadjoint. Ses valeurs propres Ai,..., Xp sont positives car H est positive. Notons E\x,..., E\
les sous-espaces propres correspondants. Comme r commute avec r2 = /i, chaque E\{ est stable
par r (voir la proposition 7 page 166). On note r^ = r\Ex.. On a r2 = X{ ldsx., et ri est autoadjoint
positif ; toute valeur propre /j, de ri vérifie /j,2 = À;, donc /x = \Aï est la seule valeur propre
possible de r^ (car les valeurs propres de r^, qui sont des valeurs propres de r donc de i?, sont
positives). Comme r^ est de plus diagonalisable (car autoadjoint), on en déduit r^ = y/\IdEx..
Résumons. Si r2 = /i, alors forcément pour tout z, r^x. = \Aïld|^A , ce qui définit r de
manière unique, d'où l'unicité de R.
Exercice 2. Soit E un espace hermitien et / et g deux endomorphismes autoadjoints de
£{E) tels que fg = gf. Montrer que f et g sont diagonalisables dans une base commune
de vecteurs propres orthonormés.
Solution. Les endomorphismes f et g étant autoadjoints, on sait déjà qu'ils se diagonalisent
chacun dans une base orthonormée. Il nous reste à montrer que l'on peut prendre la même base
pour les deux.
Notons Ai,..., Àr les valeurs propres (distinctes) de /, E\iy..., E\r les sous-espaces propres
correspondants. Les E\. sont deux à deux orthogonaux (pour s'en persuader, diagonaliser / dans
une base orthonormée). Comme f et g commutent, les E\i sont stables par g. La restriction de g
à E\. étant autoadjointe, il existe une base orthonormée Bi de E\{ diagonalisant g\Ex.- Les E\.
étant deux à deux orthogonaux, on en déduit que B = (i?i,..., Br) est une base orthonormée.
Cette base diagonalise g par construction ainsi que / puisque chaque vecteur e de B{ vérifie
/(e) = Aie.
Remarque. De la même manière que dans l'exercice 4 page 171, ce résultat se généralise
à toute famille (fi)iei d'endomorphismçs autoadjoints commutant deux à deux.
Exercice 3. Soit E un espace hermitien et f eC(E).
a) Montrer que / est trigonalisable dans une base orthonormée de E.
b) Si f et g e £{E) commutent, montrer qu'il existe une base orthonormée de E trigo-
nalisant à la fois f et g.
Solution, a) Nous allons donner deux moyens de procéder.
Première méthode. Le corps C étant algébriquement clos, / est trigonalisable dans une base
B = (ei,... ,en) de £", et donc pour tout ky /(e^) G Vect(ei,... ,efc). Soit (tii,... yun) la base
orthonormée de Schmidt associée à B (voir page 241). Pour tout fc, on a Vect(ui,... yUk) =
Vect(ei,... ,efc), et donc
V/c,l < k < n, f(uk) e /(Vect(ei,... ,efc)) C Vect(ei,... ,efe) = Vect(ui,... ,ufe).

2. ESPACES PRÉHILBERTIENS
247
Ceci prouve que la matrice de / dans la base orthonormée (u\}..., un) est triangulaire supérieure.
Seconde méthode. On procède par récurrence sur la dimension n de E. Si n = 1, c'est évident.
Supposons maintenant le résultat vrai au rang n — 1 et montrons le au rang n. Soit À G C une
valeur propre de /* et e un vecteur propre norme associé. Alors
Vx G (Vect e)\ f(x) -e = x- /*(e) = x • Ae = X(x • e) = 0,
autrement dit l'hyperplan H = (Vecte)1- est stable par /. On peut donc appliquer l'hypothèse
de récurrence à /|//, ce qui montre l'existence d'une base orthonormée (ei,... ,en_i) de H qui
trigonalise f\H. La matrice de / dans la base orthonormée (ei,..., en_i, e) (elle est orthonormée
car e est orthogonal à, H) de E est donc de la forme
X • •
0 "
0 ••
X
:
. x
• 0
x
•
X
X
donc triangulaire supérieure, d'où le résultat.
b) Nous allons ici aussi donner deux méthodes.
Première méthode. D'après le théorème 5 page 166, il existe une base B = (ei,...,en) de E
trigonalisant / et g. Pour les mêmes raisons que dans la première solution de la question a), la
base de Schmidt orthonormée associée à B trigonalise /, ainsi que #, d'où le résultat.
Seconde méthode. Procédons par récurrence sur la dimension n de E. Pour n = 1, c'est évident.
Supposons le résultat vrai au rang n — 1 et montrons le au rang n. Dans une base orthonormée
de £", les matrices de /* et g* sont les transposées de celles de / et g donc elles commutent, ce
qui entraîne que /* et g* commutent. Il existe donc un vecteur propre e norme commun à /* et
g* (c'est classique, voir le préliminaire de la preuve du théorème de trigonalisation simultanée
page 166). Pour les mêmes raisons que dans la deuxième solution de la question a), H = (Vect e)1-
est un hyperplan de E stable par / et g. Comme /|# et g\u commutent, l'hypothèse de récurrence
entraîne l'existence d'une base orthonormée (ei,..., en_i) de H trigonalisant /[# et #|#. La base
(ei,... ,en_i,e) est orthonormée et on voit facilement qu'elle trigonalise / et g.
Remarque. De la même manière qu'à l'exercice 4 page 171, le résultat b) se généralise à
une famille quelconque {fi)iei d'endomorphismes commutant deux à deux.
Exercice 4 (Caractérisation des matrices positives). Soit M = (aij)i<ij<n e
Mn(R) une matrice symétrique.
a) (Critère de Sylvester). Pour tout k G {1,... ,n}, on note Mk = (ai,j)i<i,j<fc G Mkfâ).
Montrer que M est définie positive si et seulement si pour tout k G {1,..., n}, det Mk > 0.
b) Pour tout / C {1,... ,n}, on note M/ = (aï,j)(ï,j)e/2- Montrer que M est une matrice
positive si et seulement si pour tout /, det Mj > 0.
Solution, a) Condition nécessaire. Notons q la forme quadratique dont M est la matrice dans
la base canonique (ei,... ,en) de M71. Pour tout fc, Mk est la matrice de la restriction de q à
Vect(ei, • • • ? efc). Cette restriction est, comme g, définie positive, donc Mk est une matrice définie
positive, d'où on tire det Mk > 0, et ceci pour tout k.
Condition suffisante. Raisonnons par récurrence sur n G N*. Pour n = 1, c'est évident. Supposons
le résultat vrai jusqu'au rang n — 1 et montrons le au rang n. Notons H l'hyperplan défini par
H = Vect(ei, • • • > ^n-i)- D'après l'hypothèse de récurrence, la restriction q^ de q à H est définie
positive. Désignons par (e^,... je^.J une base orthonormée pour q\jj- D'après la proposition 7
page 233, l'orthogonal HL de H (l'orthogonal est ici par rapport à la forme quadratique q) vérifie
H 0 HL = Rn. Ainsi, si e'n désigne un vecteur non nul de HL) la famille B = (ej,..., e,n_1) e'n)

248
5. ESPACES EUCLIDIENS
est une base de Rn et la matrice de q dans cette base s'écrit sous la forme
/ 1 0 ... 0 \
i n •
N =
: •• 1 0
V 0 •• 0 a I
Si P désigne la matrice de passage de la base canonique de W1 à la base B, on a N = tPMPi
donc det N = (det P)2 det M > 0. Ainsi, a = det N > 0, ce qui prouve que q est définie positive.
La matrice M est donc définie positive.
b) Condition nécessaire. On désigne toujours par q la forme quadratique de Rn dont M est la
matrice dans la base canonique (ei,..., en) de Rn. Pour tout i", M/ est la matrice de la restriction
de q à Vect(ei)fe/, qui est positive. La matrice M/ est donc positive, ce qui entraîne det M/ > 0.
Condition suffisante. Commençons par montrer
Vz > 0, det(M + xln) > 0. (*)
On sait que l'on a (voir page 162)
det (M + xln) = xn + (5ixn-1 + • • • + pn-ix + /?„,
où pour tout i, fa est la somme des mineurs principaux d'ordre i. D'après les hypothèses, on a
donc Pi = X)card i=i ^et ^i > 0. La positivité des Pi entraîne alors (*).
On applique maintenant le résultat (*) à chacune des matrices Mk (on peut, les hypothèses
sont vérifiées), ce qui donne
Vz > 0,Vfc G {1,... ,n}, det(il4 + xlk) > 0.
En appliquant le résultat de la question a), On en déduit que pour tout x > 0, la matrice M+xIn
est définie positive. Autrement dit, pour tout x > 0, on a
\/X G Rn, *X(M + xIn)X > 0.
En fixant X et en faisant tendre x vers 0, cette inégalité entraîne lXMX > 0, et ceci pour tout
X G Rn, donc M est positive.
Remarque. Le critère de Sylvester peut s'avérer utile ; il est donc souhaitable de le
connaître et de savoir le redémontrer.
Exercice 5. a) Soit une application continue
M: [0,1] -> Mn{R) t^M(t) = [aij(t)]
telle que pour tout t G ]0,1[, M(t) est symétrique définie positive. Montrer que la matrice
A = I M(t) dt= ( I Oijit) dt)
l<i,j<n
est symétrique définie positive.
b) Application. Montrer que la matrice
~ \1 + \i-3\/i<ij<n
est définie positive (on pourra utiliser le critère de Sylvester, voir l'exercice précédent).
Solution, a) Il est clair que la matrice A est symétrique. Maintenant, remarquons qu'une somme
finie de matrices {Mi)\<i<p symétriques définies positives est définie positive. En effet, il suffît

2. ESPACES PRÉHILBERTIENS
249
de remarquer que polir tout vecteur colonne X ^ 0 de Rn, on a
p / p
Vi, lXMiX > 0 donc J^ tx^hX = lX ^ M, \ X > 0.
i=l
,i=l
Ceci étant vrai pour tout X ^ 0, on a prouvé que ^ Mj est définie positive.
Ici, on a affaire non pas à une somme finie, mais une somme continue. On procède de la même
manière. Fixons un vecteur colonne X de Mn, 1^0. Pour tout t G ]0,1[, on a tXM(t)X > 0,
donc par continuité de t ■-» tXM{t)X
t lXM{t)Xdt>0 ou encore tx(f M{t)dtj X = lXAX > 0.
Ceci étant vrai pour tout X ^ 0, A est définie positive,
b) On remarque que
i + l*-j| h
D'après a), le résultat sera prouvé si on montre que pour tout t G ]0,1[, la matrice symétrique
M(t) = (tl<-J'l) i<iyj<n est définie positive.
Pour tout r, 1 < r < n, on pose Dr(t) = det(t^^)i<ij<r. Nous allons prouver que Dr(t) =
(1 — t2)r~l ce qui prouvera, en vertu du critère de Sylvester, que M(t) est définie positive pour
t€]0,l[.
On procède par récurrence sur r. Pour r = 1, c'est évident car D\(t) = 1. Supposons le
résultat vrai au rang r et montrons le au rang r + 1. En retranchant à la dernière colonne t fois
l'avant dernière, on obtient
••• f
Dr+i(t) =
t
1
t
r-l
t
1
f tr~l
d'où le résultat.
*-l
•
1
t
f
tr-l
t
1
1
t
tr-l
tr
t
1
* .
f"1
j.r—1
o
o
0
1-t2
= (l-t2)Dr(t),
Exercice 6 (Décomposition polaire). Soit A e Mn(€). Montrer qu'il existe un
couple de matrices ([/, H), U étant unitaire et H hermitienne positive, tel que A = UH.
Si A est inversible, montrer que le couple (U, H) ainsi défini est unique.
Solution. C'est très classique.
Existence. Si A = UH, alors A* = HU~l donc 4M = H2 (on rappelle que la notation A* désigne
la matrice lA). Nous allons par conséquent commencer par chercher une matrice hermitienne H
vérifiant A*A = H2.
La matrice A*A est hermitienne car (A*A)* = A*A** = A*A. Par ailleurs, pour tout vecteur
colonne X, on a
X*(A*A)X = {AXfAX = \\AX\\2 > 0
(||.|| désignant la norme hermitienne standard sur Cn), ce qui prouve que A*A est positive.
D'après l'exercice 1 page 245, il existe donc une matrice hermitienne H positive telle que A*A =
H2.
Supposons maintenant A inversible. Alors H est inversible, et en posant U = AH-1, on a
U*U = H'1 A*AH-1 = Jn, donc U est unitaire et A = UH, d'où l'existence.
Si A n'est pas inversible, c'est un peu plus délicat. Nous allons donner deux méthodes, la
première étant de nature constructive, la seconde de nature topologique.

250
5. ESPACES EUCLIDIENS
Première méthode. Notons a et h les endomorphismes de Cn dont les matrices dans la base
canonique de Cn sont A et H. Comme a*a = h2 avec h autoadjoint, on a
Vx G Cn, ||a(x)||2 = a(x) • a(x) = x • a*a(x) = x • h2(x) = h(x) • h(x) = \\h(x)\\2, (*)
donc Ker/i = Kera. En diagonalisant h dans une base orthonormée on s'aperçoit que Im/i =
(Kerh)1- et Cn = Im/i© Ker/i, et que la restriction de /i à Imh est un automorphisme de Imh.
Pour que a = u o h sur Cn = Im /i 0 Ker /i, il suffit que cette égalité soit vraie sur Im h
puisque si x G Ker/i = Kera, l'égalité a(x) = u o h(x) est toujours vraie (les termes sont nuls
dans ce cas). Pour cette raison, nous définissons u par u(x) = ao hT^^x) lorsque x G Imh.
Pour que u soit unitaire, il faut que lorsque x G Ker/i le vecteur u(x) soit orthogonal à Ima.
Si uq désigne un isomorphisme unitaire fixé qui envoie Ker/i sur (Ima)-1 (c'est possible puisque
dimKer/i = dimKera = dim(Ima)-1-), on pose donc u(x) = uo(x) lorsque x G Kerh. En résumé,
on a définit u sur Cn = Im h 0 Ker h par
{Vx G Im/i, u(x) = ûo/ii"^^)
Vx G Ker/i, u(x) = uo(x)
Par construction, on a bien a = u o h. Il reste à vérifier que u est bien unitaire. Pour cela,
donnons nous un vecteur z G Cn. Comme Cn = Im/i 0 Ker /i, il existe x G Cn et y G Ker/i tels
que z = /i(x) + y. On a alors u(z) = u(h(x)) + u(j/) = a(x) + uo(î/)> et comme uo(y) G (Ima)1
l|t*WII2 = l|aWII2 + l|tio(y)ll2.
Par construction de tto, on a llwo(2/)|| = ||y||* Comme de plus ||a(x)|| = ||/i(x)|| d'après
l'identité (*), Porthogonalité de h(x) G Im/i et y G Ker/i entraîne finalement
ll«WII2 = IIM«)ll2 + IMI2 = INI2-
Notons C/ la matrice de u dans la base canonique de Cn. On a a = u o h donc A = UH, avec
U unitaire, d'où le résultat.
Seconde méthode. L'ensemble des matrices inversibles étant dense dans .Mn(C) (voir la
proposition 2, page 183), on peut écrire A comme une limite de matrices inversibles (Ap)pe^. Le cas
A inversible nous permet d'affirmer que pour tout p G N, il existe deux matrices Up unitaire
et Hp hermitienne positive telles que Ap = UpHp. L'ensemble des matrices unitaires étant
compact (c'est un fermé borné de Mn(C)} fermé comme image réciproque de {/n} par l'application
continue {/ »-> £/*£/, borné car tous les vecteurs colonnes d'une matrice unitaire sont de norme
1), il existe une sous-suite (Uv^) de (Up) qui converge. Notons U sa limite (U est unitaire).
L'égalité Hv^ = U*, ^A entraîne la convergence de la suite (H^^) vers H = UA, et comme
H<p(p) est hermitienne positive pour tout p, H est hermitienne positive (en effet, H est clairement
hermitienne, et positive car pour tout X G Cn fixé, on a X*H{p(p)X > 0, donc en faisant tendre
p vers l'infini on obtient X*HX > 0, et ceci est vrai pour tout X). Finalement, on a A = UH
avec U unitaire et H hermitienne positive.
Unicité (lorsque A est inversible). D'après l'exercice 1 page 245, il existe une unique matrice H
hermitienne positive telle que A*A = H2 (rappelons que A*A est hermitienne positive), ce qui
prouve l'unicité de #, donc de U car U = AH'1.
Exercice 7 (Décomposition d'Iwasawa). a) Soit A e Mn(C) une matrice
hermitienne définie positive. Montrer qu'il existe une unique matrice triangulaire supérieure T
à coefficients diagonaux positifs, telle que A = T*T.
b) Soit A G .Mn(C) une matrice inversible. Montrer qu'il existe un unique couple de
matrices (t/, T), avec U unitaire et T triangulaire supérieure à coefficients diagonaux positifs,
tel que A = UT.

2. ESPACES PRÉHILBERTIENS
251
Solution, a) Comme A est hermitienne définie positive, A est la matrice d'un produit scalaire
hermitien dans la base canonique B = (ei,..., en) de Cn. Écrire A = P*P, c'est dire que P est
la matrice de passage d'une base B1 orthonormée pour ce produit scalaire à la base B.
Il s'agit par conséquent de déterminer les bases Bf = (e^,... ,eJJ orthonormées pour ce
produit scalaire telles que la matrice de passage P de Bf à B soit triangulaire supérieure et à
coefficients diagonaux positifs, ce qui s'écrit
Met! <n\ I Vect(ei)---)eifc) = Vect(ei,...,efe),
V/cG|l,...,n), | e/fc.efc>0.
Le procédé d'orthonormalisation de Schmidt assure l'existence et l'unicité d'une telle base, d'où
l'existence et l'unicité de T.
b) Comme on l'a vu à l'exercice précédent, la matrice A*A est hermitienne positive. Comme A
est inversible, A*A est inversible, et c'est donc une matrice hermitienne définie positive. D'après
la question a), il existe une matrice T triangulaire supérieure à coefficients diagonaux positifs
telle que A*A = T*T. Soit U = AT'1. Alors U*U = {t*)-1A*AT~1 = I. Donc U est unitaire
et A = UT, d'où l'existence du couple (C/,T).
Unicité. Si A = UT, alors A*A = T*T, donc d'après a), T est déterminée de façon unique ; il en
est de même pour U = AT~l.
Remarque. On peut montrer que le résultat reste vrai lorsque A n'est pas supposée
inversible, mais il n'y a plus unicité du couple (U,T). (On peut par exemple procéder en
utilisant des critères de nature topologique comme dans la seconde méthode de la preuve
de l'existence dans l'exercice précédent).
Exercice 8. À partir de la norme euclidienne standard || • ||2 sur Rn
VX=Q^€Rn, ||X||2 = ^Î+ •.. + **,
on norme .Mn(M) en posant, pour tout A G A1n(M), ||A||2 = sup||X||2=1 ||j4X ||2.
Montrer que ||j4||2 = y/p(A*A)> où p(A*A) = sup{|A| | A valeur propre de A*A}.
Solution. On remarque déjà que pour tout X G Rn, ||X||2 = y/X*X, de sorte que
\\A\\l= sup (AX)*AX= sup X*(A*A)X.
11*112 = 1 ll*l|2 = l
La matrice A* A est symétrique positive (c'est hyper-classique, elle est symétrique car (A*A)* =
A*A** = A*A, positive car VX G ŒT, X*(A*A)X = (AX)*AX = \\AXg > 0). Il existe donc
une matrice orthogonale P telle que A* A = P~1DP = P*DP où D est une matrice diagonale.
On a
||i4||i= sup X*(P*DP)X= sup (PX)*D(PX).
11*112 = 1 ||*||2 = 1
L'application X i-+ PX étant une isométrie de Rn, ceci s'écrit aussi
||j4||!= sup Y*DY. (*)
mi2=i
En notant Ai,..., An les coefficients diagonaux de D (ce sont les valeurs propres de la matrice
définie positive A*A, donc positives, et vérifient sup^ A* = p(A*A)2), on a
/ 3/1 \ n n
W =1 : g R» tel que ||Y||2 = 1, Y*DY = ^A^ < p(AM)2]£y? = p{A*A)\
\Vn ) i=\ i=l
donc d'après (*), ||A||2 < p(A*A). En choisissant k tel que Afc = p(A*A)2 et par Ek le fc-ième
vecteur de la base canonique de Rn, on a \\Ek\\2 = 1 et ElDEk = Xk = p(A*A)2, donc d'après
(*) on a ||A||2 > p(A*A). Finalement, on a montré ||A||2 = p(A*A).

252
5. ESPACES EUCLIDIENS
Exercice 9. Soit E un M-espace vectoriel norme et vérifiant
V(x,y)eE\ \\x + yf + \\x-y\\2 = 2\\xf + 2\\yf. (*)
Montrer que E est préhilbertien réel (i.e la norme est issue d'un produit scalaire).
Solution. Il s'agit de montrer qu'il existe un produit scalaire {x,y) i-> tp(x>y) sur E tel que pour
tout x e Ey <p(x,x) = \\x\\2.
On raisonne par conditions nécessaires. Si un tel produit scalaire existe, alors
Vx.yeE, 4<p(x,y) =(p(x + y,x + y)-tp(x-y,x-y) = \\x + y\\2 - \\x-y\\2.
On définit donc (p par
tp: ExE-*R (Xyy)»±\\x + y\\2-±\\x-y\\2.
Nous allons montrer que ij) = 4tp est un produit scalaire, ce qui montrera le résultat pour (p.
Montrons que ty est bilinéaire. Comme ij) est symétrique en ses arguments, il suffit de démontrer
la linéarité pour l'un d'entre eux, par exemple le premier.
- Montrons que ty est additive par rapport à son premier argument. Pour tout x,y,z G Ey
on a
2(^(z, z) + V(V, z)) = (2\\x + zf + 2\\y +\f) - (2\\x - zf + 2\\y - z||2),
= (\\x + y + 2z\\? + ||a: - yf) - (\\x + y- 2z\\2 + \\x - yf) = $(x + y, 2z\
où nous avons utilisé l'identité (*). Posons alors xq = x + y :
V>(s0,2«) = ll*o + 2z||2 - ||x0 - 2z||2 = (\\x0 + 2*||2 + ||z0||2) - (||x0 - 2*||2 + ||z0||2)
= (2||x0 + *||2 + 2||z||2) - (211a* - *||2 + 2||^||2) = 2tP(x0, z).
Finalement, on a
2(ip(x, z) + ip(y, z)) = ^(xo, 2z) = 2ip(x0> z) = 2ip(x + y, z)
donc ip(x,z) +i>{y, z) = ip(x + y, z). (**)
Il nous reste à montrer que pour x, z G E et À G R, ip(\x,z) = Xtp(x,z). C'est classique !
- Si p G N*, alors ip(px,z) = ip(x + • • • + x,z) = pip(x,z) d'après (**). Or tp(0,z) = 0 =
ip(x — x, z) = ip(x, z) + i>{—x, z), donc ip(—x, z) = —ip{x, z). Finalement, pour tout p G Z,
i>(pxtz) = pip(x,z).
- Soit q G N*. Alors
11 11
ip{x,z) =ip{q • -x,z) = qij){-X)Z) donc i>(-x,z) = -tpix,z).
Q Q Q Q
- Pour tout r G Q, r = |, on a
1 11
•0(rz,z) = tf)(p • -x,z) = ptp(-x,z) = p-ip(x,z) = rip(x,z). (***)
Par construction, V est continue, et comme Q est dense dans R, (***) entraîne
VA G M, ip(\x,z) = \ip(x,z). (****)
Les relations (**) et (****) assurent la bilinéarité de ip. Comme ip est symétrique et définie
positive (on a ip{x,x) = 4||a:||2), ip définit bien un produit scalaire. Il en est donc de même de
<p = 1-0, et comme ||a:||2 = <p(x, x), \\ • || est bien une norme euclidienne.
Exercice 10. Soit A et B deux matrices symétriques de Mn(R). On note ai> ... > an
les valeurs propres de A, b\ > ... > bn celles de B, et c\ > ... > cn celles de la matrice
C = A + B. Montrer que pour tout k, on a Ck > a>k + bn.

2. ESPACES PRÉHILBERTIENS
253
Solution. Quitte à remplacer la matrice B par B - bnIn, on peut supposer bn = 0. Il s'agit donc
de montrer ck > bk. Comme toutes les valeurs propres de B sont positives, B est une matrice
positive.
En notant (E\,... ,En) une base orthonormée de vecteurs propres de A associés aux valeurs
propres oi > ... > an, on a
VX G Vect(£i,..., Ek), *X(A + B)X = lXAX + *XBX > lXAX > ak\\X\\2 (*)
car si X = £*=1 À^, on a lXAX = £*=1 a^À2 > ak £*Li >H = "k\\X\\2. Si (Fu..., Fn) désigne
une base orthonormée de vecteurs propres de C associés aux valeurs propres c\ > ... > cn, on
obtient de manière similaire l'inégalité
VXGVect(Ffc,...,Fn), lXCX < cfc||X||2. (**)
Comme dimVect(i?i,..., Ek) + dim Vect(F^,..., Fn) = k + (n — k + 1) = n + 1, les deux sous-
espaces vectoriels Vect(£'i,... ,Ek) et Vect(Fjt,... ,Fn) ont une intersection non réduite à {0},
donc il existe un vecteur X non nul appartenant à ces deux sous-espaces. Pour ce vecteur X, les
inégalités (*) et (**) entraînent ak\\X\\2 < lX{A + B)X = lXCX < cfc||X||2, donc ak < ck.
-+ Exercice 11 (Projection orthogonale dans un espace préhilbertien réel).
Soit E un espace préhilbertien réel et F un s.e.v de E.
1/ Pour tout x e E, on note
Fx = {yeF\\\x- y\\ = d{x, F) = inf ||z - z\\}.
ZÇ.F
a) Montrer que y G Fx si et seulement si x — y e F1.
b) Montrer que Fx a au plus un élément.
2/ On suppose ici que F est complet.
a) Pour tout x e E, montrer que Fx a exactement un élément. On le note xp.
b) Montrer que E = F®F1 et que x ■-> Pf(x) = xF s'identifie à la projection orthogonale
sur F.
c) Montrer que F = F11.
3/ On considère ici E = C([0,1],R) (fonctions à valeurs réelles continues sur [0,1]), muni
du produit scalaire
(M = f f(t)g(t) àt.
Jo
Soit F = {/ G E | /(0) = 0}. Que représente F1 ? Conclure.
Solution. 1/ a) Condition nécessaire. Soit y G Fx. Posons z = x — y et considérons w G F. Pour
tout pGl, on a \\z + pw\\ > \\z\\ car z + pw = x — (y — pw) et y — pw G F. On réécrit ceci en
Vp G R, \\z + H|2 = INI2 + M* • w) + p2\\w\\2 > \\z\\2.
Cette inégalité exprime que la fonction p h-> ||z||2 + 2p(z • w) + /92||w||2 atteint son minimum en
p = 0, donc sa dérivée par rapport à p en 0 est nulle, ce qui s'écrit z-w = 0. Ceci étant vrai pour
tout w G F, on en déduit que z = x — ?/ G
Condition suffisante. Soit 2/ G E tel que x — y e F1. On a
V* G F, ||* - z\\2 = \\(x -y) + (y- z)\\2 = \\x - y\\2 + \\z - y\\2 (*)
(car x — y G F1- et z — y e F). La, relation (*) entraîne \\x — y\\ = mîzep \\x — z\\, donc y G Fx.
b) Supposons que Fx ait deux éléments y et z. Alors x — yetx — z€ F1 d'après a), et donc
y - z = (x - z) - (x - y) G F1. Or y- z e F. Comme F n FL = {0}, on en déduit y - z = 0,
d'où le résultat.

254
5. ESPACES EUCLIDIENS
2/ a) L'idée est d'utiliser le fait que F soit complet. Nous allons construire une suite de Cauchy
et montrer que sa limite vérifie la condition requise.
Soit S = infzeF \\x — ^||- Par définition de <S, il existe une suite (yn)nen de points de F telle
que limn_oo \\x - yn\\ = <5, et donc lim^oo \\x - yn\\2 = ô2.
Dans un e.v.n général, cette relation n'entraîne pas la convergence de (yn). C'est le caractère
préhilbertien de E qui va nous permettre de montrer qu'elle converge (comme le montre un
dessin). Nous allons pour cela montrer que (yn) est une suite de Cauchy. La clé est d'utiliser le
théorème de la médiane (voir le théorème 1 page 241), qui entraîne
Vp, q e N, \\yp - yq\\2 + ||(z - yp) + (x - yq)\\2 = 2\\x - yp\\2 + 2\\x - yq\\2,
donc
\\yp-yq\\2 = 2\\x-yp\\2 + 2\\x-yq\\2-4
Soit e > 0. Il existe N G N tel que pour tout n> N, \\x - yn\\2 < ô2 + e, donc
Vp, q > N, \\yp - yq\\2 < 2(ô2 + e) + 2(62 + e) - 4
Or &±2i G F, donc ||z - ^|| > ô, d'où
Vp, 9 > N, \\yp - yq\\2 < 2(ô2 + e) + 2(<52 + e) - 4<52 = 4e.
Ceci suffit à prouver que (yn) est une suite de Cauchy. Comme F est complet, cette suite converge
vers une valeur y G F. La continuité de la norme assure le fait que \\x—y\\ = limn-^ \\x—yn\\ = 8,
donc y G Fx. L'ensemble Fx est donc non vide, et a donc un seul élément d'après 1/ b).
b) On sait que F D F1 = {0}. Il reste à montrer E = F + F1, ce qui découle du fait que pour
tout x G E, x = xp + {x — xp) avec xf G Fx C F et x — xp G F1 d'après 1/ a).
Pour tout x G E, la décomposition de x selon F © F1 est x = xf + {x — xf)-, ce qui prouve
que x i-+ zf est la projection orthogonale sur F.
c) On sait que F C F-11. Il reste à montrer F11 C F. Soit x G F-1-1. Comme F © F1 = F, il
existe (y, z) G F x F1 tels que rc = 2/ + z. Or z G F-1- donc 0 = x- z = y • z + \\z\\2 = ||z||2, donc
z = 0, donc x = y e F. Finalement, on a montré F = F11.
3/ Nous allons montrer que F1 = {0}. Soit / G F1. Soit g : x ■-» xf(x). On a # G F, donc
(/!<?)= f1xf2(x)dx = 0.
Jo
Comme x •-» xf2(x) est continue et positive, ceci entraîne que pour tout x G [0,1], xf2(x) = 0,
donc pour tout x G ]0,1], f(x) = 0, donc / = 0 car / est continue.
On a donc F © F1 ^ F, ce qui montre que le résultat 2/ b) est faux lorsque F n'est pas
supposé complet.
Remarque. Ces résultats font des espaces hilbertiens (espaces préhilbertiens complets) des
espaces vectoriels très maniables, même en dimension infinie. Une étude plus approfondie
de ces espaces fait l'objet d'une annexe dans le tome d'analyse.
Exercice 12 (Produit de Schur de deux matrices). Soient A = (ai}j)i<i,j<n et
■^ — (Kj)i<i,j<n € Mn(R) deux matrices symétriques. Le produit de Schur de A et B est
défini par la matrice symétrique A o B = (ûij&ijji^tjxn-
a) Si A et B sont positives, montrer que la matrice A o B est positive.
b) Si de plus A et B sont définies, montrer que A o B est définie.
c) Si A est positive, montrer que la matrice E = (eai>j)i<ij<n est positive, et qu'elle est
définie si A est définie. _
x
yP + yq
x —
yP + yq

2. ESPACES PRÉHILBERTIENS
255
Solution, a) On montre d'abord le résultat lorsque vgA = rgB = 1. La signature des formes
quadratiques X ■-» X*AX etXi-> X*BX est (1,0), donc il existe deux formes linéaires f(X) =
C"=1 \xi et g(X) = 2?=i ViXi telles que
X*AX = f2(X) et X*BX = p2(X).
En développant f2 et #2, on s'aperçoit alors que A = {\i\j)i<i,j<n et B = (A*iA*j)i<ij<n- Donc
£oB = [(AiAti)(<\7-/ij)]i<i,j<n, donc cette matrice est positive car
n
X*(A o B)X = h2(X) > 0 avec h{X) = ^(A^)^.
Traitons maintenant le cas général. L'entier r désignant le rang de A, on peut écrire
r
X*AX = Y,fi(X)2,
où /i, • • • > fr sont des formes linéaires indépendantes (ceci parce que la signature de A est (r, 0)).
pour tout iy 1 < i < r, notons Ai la matrice de la forme quadratique /?, de sorte que X*A{X =
fi(X). Les matrices ^ sont symétriques positives et de rang 1 (leur signature est (1,0)) et
A = Ya=\ Ai- On écrirait de même B sous la forme B = Y^Sj=i Bj où s = rg B et où les Bj sont
des matrices symétriques positives de rang 1. Donc Ao B = Ylu^i ° &j> somme de matrices
positives, est positive.
b) Les matrices A et B étant définies positives, on peut écrire
n n
X*AX = J2fi(X) et X'BX^gjiX),
t=i i=i
où les formes linéaires (fi)i<i<n sont linéairement indépendantes, ainsi que les (gj)i<j<n- Notons
(\k,i)i les coefficients de /&, (^ej)j ceux de g^ de sorte que
n n
fk(X) = ^2\k,iXi et gt(X) = ^2fJ>e,jXj-
Les matrices des formes quadratiques /| et g2, sont Ak = {Xk,i^k,j)i,j et Bg, = (MjMjkji et on a
A = 2ï=i 4fc et B = E?=i #«• Ainsi> ^°5 = Efc,< 4fc°#£- Maintenant, l'égalité X*(AoB)X = 0
entraîne Efc ^""C^fc ° ^)^ — 0, et les matrices A^ o Be étant positives,
VA;, A X* (Afc o £,)X = 0 = (£ \ktilHtXi ] • (*)
Fixons £ L'égalité (*) entraîne
n l M>\*\
VA;, y^^kAMjXi)= ° ou encore fk{Ye)=0 avec Ye = l :
Les n formes linéaires (fk)i<k<n étant linéairement indépendantes, ceci entraîne Y( = 0, donc
Ki#i = 0 pour tout i, et par sommation ge(X) = 0. Ceci étant vrai pour tout £, comme les
formes linéaires (ge)i<e<n sont linéairement indépendantes, on a nécessairement X = 0, ce qui
prouve que A o B est définie.
c) En utilisant le résultat de la question a), on a facilement par récurrence sur m G N que la
matrice Am = (û<j)i<*j'<» est positive. Maintenant, pour tout entier M positif, on a
VX G Rn, X"
(M \ m
E ~^m )X=Y, —,X*AmX > 0.
En passant à la limite lorsque M tend vers l'infini, on obtient X*EX > 0, et ceci pour tout X,
ce qui prouve que E est positive.

256
5. ESPACES EUCLIDIENS
Si de plus A est définie, alors E est définie car
VX ± 0, X*EX > X*AX > 0.
3. Compléments de cours
Cette section propose quelques études complémentaires très classiques, et souvent
utiles dans les exercices ou les problèmes.
3.1. Réduction des isométries et des endomorphismes unitaires
Nous allons voir que les isométries (resp. les endomorphismes unitaires), bien que
n'étant pas des endomorphismes autoadjoints, peuvent se réduire de manière intéressante
dans une base orthonormale. Nous commençons par les isométries.
Proposition 1. Soit E un espace euclidien (resp. hermitien) etue C(E) une isométrie
(resp un endomorphisme unitaire). Si F est un s.e.v de E stable par u, alors FL est stable
par u.
Démonstration. Il s'agit de montrer que pour tout x G F1- et pour tout y G F, u(x) • y = 0.
Comme u\p est une isométrie, u\p est bijective (on est en dimension finie), donc il existe y' G F
tel que y = u(y'). On a maintenant
u(x) • y = u{x) • u(y') = x • y' = 0.
Ceci étant vrai pour tout x G F1 et pour tout y G F, F1 est bien stable par u. 0
Réduction des isométries.
Théorème 1. Soit E un espace euclidien etu G C(E) une isométrie. Alors il existe une
base orthonormale B de E dans laquelle la matrice de u a la forme par blocs
l R(0i) \
[u]B =
0
R{fir)
M
0
V £s J
où pour tout j, Ej G {—1,1} et pour tout i,
R{Bi) = ( sTn0- "cos^f ) G M*W> avec ei£R>°iïQ (mod *)•
Démonstration. On procède par récurrence sur n = dimE. Pour n = 1, c'est évident. Supposons
le résultat vrai jusqu'au rang n — 1 et montrons le au rang n. Nous traitons deux cas.
Plumier cas. L'isométrie u admet au moins une valeur propre réelle e. Soit x un vecteur
propre norme associé. Comme ||^(x)|| = ||sx|| = |s| ||x|| et ||^(x)|| = ||x||, on a |s| = 1. De plus
s G E, on en déduit e G {—1,1}. Maintenant, comme F = Vect(x) est stable par u, F1- est stable
par u d'après la proposition 1. En appliquant l'hypothèse de récurrence à U\F±, on trouve une
base orthonormale Bq de FL dans laquelle la matrice de u\F± a la forme (*). En ajoutant x a la
base i?o, on obtient une base orthonormale B de E dans laquelle la matrice de u a la forme (*).
Second cas. L'isométrie u n'a aucune valeur propre réelle. On considère l'endomorphisme v =
u + u*. Comme v est symétrique, v admet une valeur propre réelle À associée à un vecteur propre
x. On a (u + u*)(x) = Xx donc u(u + u*)(x) = u2(x) + x = Xu(x)y d'où u2(x) = Xu(x) — x (**)•
Par ailleurs, la famille (x>u(x)) est libre puisque u n'admet pas de valeur propre réelle. En

3. COMPLÉMENTS DE COURS
257
posant F = Vect(x,w(x)), on voit que dimF = 2 et que F est stable par u (d'après (**)). Soit
jV = (bd) la matrice de u\p dans une base orthonormale Bq de F. Comme u\p est une isométrie,
pj*pj = In = NN*. Parmi les équations issues de ces égalités, on trouve
a2 + b2 = a2 + c2 = 1 et ab + cd = 0. (***)
La première assertion de (***) entraîne c = ±6. On ne peut pas avoir c = b car N serait
symétrique ce qui est impossible vu que u n'admet pas de valeur propre réelle. Donc c = — b ^ 0,
et d'après la deuxième assertion de (***) on en déduit d = a. Comme de plus a2 + b2 = 1, il
existe B G R tel que a = cos# et b = sin0 (et 0 ^ 0 (mod n) car b ^ 0). Finalement, la matrice
jV est de la forme
v ' y sin0 cos0 J '
Maintenant, d'après la proposition 1 le s.e.v FL est stable par u, et U|F± est une isométrie donc
il existe d'après l'hypothèse de récurrence une base orthonormale B\ de F1- qui diagonalise u\F±.
La base B obtenue en concaténant Bq et B\ est orthonormale et dans cette base, la matrice de
u a la forme voulue, d'où le théorème. D
Remarque 1. On retrouve ainsi la forme des isométiïes du plan et de l'espace :
- Les isométiïes directes du plan sont des rotations d'angle 6 (elles ont pour matrice
R{6) = (
slnô cos"/ ))' ^es isométries indirectes des symétries par rapport a des droites
(matrice (J -°i))- Notez d'ailleurs la relation R(O)R(0') = R(0 + 0'), qui entraîne la
commutativité des rotations dans le plan.
- Les isométries directes de l'espace sont des rotations d'angle 6 autour d'un axe
/cos0 -sin0 0\
(matrice I sin0 cos0 o J, le dernier vecteur de la base étant l'axe de rotation).
Lorsque 6 = 7r, on parle de retournement.
fcosO -sin0 0 \
Les isométries indirectes de l'espace ont pour matrice \ sm9 cos0 o I. Lorsque
V o o -i)
6 = 0, on a affaire à une symétrie par rapport à un plan et on parle alors de réflexion.
Remarque 2. La version matricielle de ce théorème est la suivante. Soit M € Mn(R) une
matrice orthogonale. Alors il existe une matrice orthogonale P telle que P~lMP = P*MP
ait la forme (*).
Réduction des endomorphisme s unitaires.
Théorème 2. Soit E un espace hermitien etue. C(E) un endomorphisme unitaire. Alors
il existe une base orthonormale qui diagonalise u, et toutes les valeurs propres de u ont
leur module égal à 1.
Démonstration. La preuve est plus simple que la précédente. Il est d'abord clair que toute valeur
propre À de n vérifie |À| = 1, car si u(x) = Xx avec x ^ 0, on a ||z|| = ||w(£)|| = |À| \\x\\. On
procède ensuite par récurrence sur n = dimi?. Le cas n = 1 est immédiat, et le passage du rang
n — 1 au rang n se fait comme suit.
Le corps de base C étant algébriquement clos, u admet au moins une valeur propre complexe
A. Soit x un vecteur propre associé, \\x\\ = 1. La droite F = Vect(rc) est stable par n, donc
d'après la proposition 1, Phyperplan F1 est également stable par u. L'endomorphisme u\Fx est
unitaire, et d'après l'hypothèse de récurrence, il existe une base orthonormale Bq de FL qui
diagonalise u\F±. En ajoutant x à Bo, on obtient une base orthonormale de E qui diagonalise u
et le théorème est prouvé. D

258
5. ESPACES EUCLIDIENS
Corollaire 1 (Version matricielle). Soit U G Mn(C) une matrice unitaire. Alors U
existe une matrice unitaire P telle que
P~lUP = P*UP =
( eidl e,_ o \
0
\ eidn )
où les 0{ sont des nombres réels.
3.2. Endomorphismes normaux
Les endomorphismes normaux généralisent les endomorphismes autoadjoints. Comme
nous allons le voir, ils sont caractérisés par la propriété de diagonalisation dans une base
orthonormée.
Dans cette section, sauf mention explicite, E désigne un espace hermitien (on rappelle
qu'un espace hermitien est nécessairement de dimension finie).
DÉFINITION 1. Soit u G C(E). On dit que u est normal si u et u* commutent.
Une matrice M G Mn(C) est dite normale si M et M* commutent.
Proposition 2. Soit u G C(E) un endomorphisme normal. Alors pour tout x G E,
\\u(x)\\ = \\u'(x)\\.
Démonstration. Il suffit d'écrire que
Vz G E, \\u(x)\\2 = u{x) • u{x) = x • u*[u(x)] = x • u[u*(x)] = u*(x) • u*(x) = |K(x)||2.
□
Nous allons montrer qu'un endomorphisme est normal si et seulement s'il se diago-
nalise dans une base orthonormée. Les quelques résultats qui suivent nous serviront de
préliminaires à la démonstration de ce théorème.
Lemme 1. Soit u G C(E) et F un s.e.v de E stable par u. Alors F1 est stable par u*.
Démonstration. Soit x e F. Par hypothèse, u(x) G F donc
Vî/GF"1, 0 = u(x) -y = x-u*{y).
Ceci étant vrai pour tout a; G F, on a u*{y) G FL. Or on peut choisir y comme l'on veut dans
F1, et donc FL est stable par u*. □
Remarque 3. Notez que ce résultat n'est pas spécifique aux endomorphismes normaux.
Lemme 2. Soit u G C{E) un endomorphisme normal. Si E\ est un sous-espace propre de
u (associé à une valeur propre X), alors E^ est stable par u.
Démonstration. Comme u et u* commutent, E\ est stable par u* (voir la proposition 7 page 166),
donc d'après le lemme 1, E^ est stable par (u*)* = u. D
Nous pouvons maintenant énoncer et démontrer notre résultat principal.
Théorème 3. Soit u G C{E). Les assertions (i), (U) et (iii) sont équivalentes.
(i) u est normal.
(U) u se diagonalise dans une base orthonormale de E.
(iii) u et u* se diagonalisent dans une base orthonormale commune.

3. COMPLÉMENTS DE COURS
259
Démonstration. Nous montrerons (i) => (ii), (ii) => (iii) et (iii) => (i).
- (i) => (ii). On procède par récurrence sur n = dimE". Pour n = 1, c'est évident. Sinon,
supposons le résultat vrai jusqu'au rang n — 1 et montrons le au rang n. Le corps de base de E
est C, donc u admet au moins une valeur propre À. Soit E\ le sous-espace propre correspondant.
Le sous-espace F = E^ est stable par u (lemme 2) et par u* (lemme 1). Comme u\p et (u\F)* =
(u*)\f commutent et que dimF < n — 1, il existe d'après l'hypothèse de récurrence une base
orthonormale B\ de F qui diagonalise u\p. Si maintenant B2 désigne une base orthonormale de
E\> on voit que B = (jBi,^) est une base orthonormale de E diagonalisant u.
- (ii) => (iii). Soit B une base orthonormale diagonalisant u, M la matrice de u dans B. La
matrice de u* dans B est M*. La matrice M est diagonale donc M* est diagonale, ce qui entraîne
que la base B diagonalise u et u*.
- (iii) => (i). Soit B une base orthonormale diagonalisant u et u*. Les matrice M = [u]b et
M* = [u*]b étant diagonales, elles commutent, donc u et u* commutent. □
Corollaire 2 (Version matricielle). Soit M e Mn(C) une matrice. Alors M est
normale si et seulement s'il existe P G Mn(C), P unitaire, telle que P*MP = P~lMP
est diagonale.
Démonstration. Notons B la base canonique de Cn. On muni Cn du produit scalaire hermitien
usuel, et on désigne par u l'endomorphisme de Cn tel que [u]b = M.
On montre la condition nécessaire. Si M est normale, alors u est normal donc il existe une
base B1 orthonormale qui diagonalise u. Si P désigne la matrice de passage de B à i?', P est
unitaire et P~lMP est diagonale.
La réciproque est immédiate, car si D = P*MP, D est diagonale, donc D et D* commutent,
d'où
(P*M*P)(P*MP) = (P*MP)(P*M*P) donc P*M*MP = P*MM*P,
ce qui entraîne que M et M* commutent. D
Remarque 4. Attention, à la différence du cas autoadjoint, la matrice diagonale obtenue
n'est pas forcément à coefficients réels.
Cas des matrices réelles. Lorsque M est une matrice normale à coefficients réels, il
est intéressant d'avoir une réduction de M dans Mn(ïïl). C'est le but de ce qui suit. Nous
commençons par un petit lemme.
Lemme 3. Soit E un espace euclidien de dimension 2. Soit u G C{E) un endomorphisme
normal n'admettant pas de valeurs propres réelles. Dans toute base B orthonormale de E,
la matrice de u a la forme
Mb =(l a ) > avec b ¥> 0.
Démonstration. Écrivons
M = [u)B = (l Cd).
On a b ^ 0 puisque u est sans valeur propre réelle. Comme u est normal, M*M = MM*. Parmi
les équations découlant de cette égalité, on trouve
a2 + c2 = a2 + b2 et ab + cd = ac + bd. (*)
La première assertion de (*) entraîne b = c ou b = — c.
Si b = c, alors M est symétrique, ce qui est impossible puisque u est sans valeur propre réelle.
Donc b = —c. Maintenant, la deuxième assertion de (*) s'écrit 2(a — d)b = 0, et comme 6^0,
on a a = d. Finalement, on a c = — b et d = a, on en déduit que la matrice de u dans la base B
a bien la forme annoncée. D

260
5. ESPACES EUCLIDIENS
Théorème 4. Soit E un espace euclidien, etu G C(E) un endomorphisme normal. Alors
il existe une base orthogonale B de E telle que
/Ai
[u]b =
\
0
A,
0
\
W
où pour tout i, Xi G M et pour tout j,
T3 =
_ I a3
bj
ÛU
Démonstration. On procède par récurrence sur n = dimE. Pour n = 1, c'est évident. Supposons
le résultat vrai jusqu'au rang n — 1 et montrons le au rang n. Nous nous servirons des lemmes 1
et 2 qui restent vrais lorsque E est euclidien.
Si u admet au moins une valeur propre réelle À, on pose E\ = Ker(u — Àld^). Le s.e.v
F = E^ est stable par u (lemme 1) et par u* (lemme 2). Comme u\p et uTF commutent et
que dimF < n — 1, il existe d'après l'hypothèse de récurrence une base orthonormale Bi de F
telle que [u|jt]bi a la forme (*). Si B2 désigne une base orthonormale de E\, on voit alors que
B = (jBi,i?2) est une base orthonormale de E dans laquelle [u]b a la forme (*).
Sinon u est sans valeur propre réelle. Soit Q = X2 — 2aX + J3 un facteur irréductible dans
R[X] (on a donc a2 — (5 < 0) du polynôme caractéristique de u, et N = Ker Q(u).
OnaiV^ {0}. En effet, comme Q est irréductible dans R[X]} on peut écrire Q = (X —
X)(X — À) où À G C. Soit M la matrice de u dans une base de E. Le nombre complexe À est
racine de Q, et comme Q divise le polynôme caractéristique de M, on a det(M — À/n) = 0. Donc
det Q(u) = det Q(M) = det(M - A/n) det(M - Jln) = 0,
ce qui prouve que N = Ker Q(u) ^ {0}.
Il est clair que N est stable par u. Le s.e.v N est également stable par u* car la
commutât i vite de u et u* entraîne u*Q(u) = Q(u)u*. Posons v = u\N. On a v* = uïN, de sorte que
l'endomorphisme v*v = (u*u)\N est symétrique et admet donc une valeur propre fi G E. Soit
x G TV, x ^ 0, tel que v*v(x) = fix. Posons F = Vect(x,u(x)). Comme u n'admet pas de valeur
propre réelle, x et u(x) forment une famille libre donc dimF = 2. Le s.e.v F est stable par u
puisque comme x G AT, on a u2(x) = 2au(x) — (3x (**).
Nous allons montrer que F est également stable par u*. Remarquons tout d'abord que l'égalité
(**) entraîne F = Vect(u(x),u2(x)) (ceci car fi ^ 0, Q étant irréductible sur E[X]). On écrit
maintenant
u*[u(x)] = v*v(x) = fix G F
et comme u et u* commutent,
u*[u2(x)] = u o u*[u(x)] = u(/ix) = fjbu(x) G F,
ce qui achève de montrer que F est stable par u*.
Comme (u\p)* = (^*)|f> u\f est un endomorphisme normal. D'après le lemme 3, dans une
base orthonormée B2 de F, la matrice de u\p est de la forme
»(:?)■
Maintenant, on a vu que F est stable par u*, donc F1 est stable par u** = u d'après le lemme 1.
Le même lemme montre que, F étant stable par uy F1 est stable par u*. Donc (u\F±)* = (u*)\F±>
ce qui prouve que U\F± est normal. Comme dimF1 = n —2 < n, l'hypothèse de récurrence assure
l'existence d'une base Bi orthonormale de F1 dans laquelle la matrice de u a la forme (*).
La base B = (2?i,i?2) est alors une base orthonormale dans laquelle la matrice de u a la
forme (*). □

3. COMPLÉMENTS DE COURS
261
Remarque 5. En termes de matrice, ce théorème s'exprime comme suit. Soit M G M.n{
une matrice normale. Alors il existe une matrice orthogonale P G Mn{^) telle que
p~lMP ait la forme (*).
Réduction des matrices antisymétriques. Les matrices réelles antisymétriques sont
normales. Il est donc possible de leur appliquer les résultats précédents. Plus précisément,
nous avons le théorème suivant.
Théorème 5. Soit M G Mn(C) une matrice vérifiant M* + M = 0. Alors il existe une
matrice unitaire U telle que U~lMU = U*MU = D soit diagonale, et les coefficients de
D sont imaginaires purs.
Démonstration. Comme M* = —M, M est une matrice normale, et d'après le corollaire du
théorème 3, il existe une matrice unitaire U telle que
/A,
D = U~1MU = U*MU =
\ °
avec pour tout i, Xi G C. Comme
Ai+ÂT 0 \
D* + D= | •-. =U*M*U + U*MU = U*(M* + M)U = 0,
0 Xn + K )
on a Xi + Xi = 0 pour tout i, ce qui prouve que les Xi sont imaginaires purs, d'où le résultat. D
Remarque 6. Ce résultat est vrai en particulier pour les matrices réelles antisymétriques.
Si on veut rester dans R, on utilise le résultat qui suit.
Théorème 6 (Version réelle). Soit M G A4nfâ) une matrice antisymétrique. Alors il
existe une matrice orthogonale P telle que
/0
P~lMP = P*MP =
\
0
0
n
o
\
où les Ti sont des matrices de «A^M de la forme
0 b
-b 0
où b G
Démonstration. Comme M* = —M, M est une matrice normale. On peut donc utiliser le
théorème 4 qui assure l'existence d'une matrice orthogonale P telle que
/Ai \
0
P~lMP = P*MP =
r\
0
V
TS I
où les À,- G
et où Tj =
aj bj
-bj aj
G Af2(R). Comme D* = P*M*P = -P*MP = -D,
D est antisymétrique. Ses termes diagonaux sont donc nuls, c'est-à-dire Xi = 0 pour tout i et
aj = 0 pour tout j, d'où le résultat. D

262
5. ESPACES EUCLIDIENS
Remarque 7. Lorsqu'on applique le théorème pour M G Ain(R) antisymétrique avec n
impair, on voit qu'il doit y avoir au moins un zéro sur la diagonale de P~lMP. La matrice
M n'est donc pas inversible. On peut retrouver directement ce résultat en écrivant que
det M = det('M) = det(-M) = (-l)ndet(M) = - det M, ce qui entraîne det M = 0.
Les endomorphismes unitaires et les isométries sont aussi des endomorphismes
normaux. En appliquant les théorèmes 3 et 4, on retrouve facilement les réductions obtenues
dans la partie 3.1.
Il est possible d'obtenir la réduction des matrices antisymétriques par des moyens plus
directs, en utilisant des méthodes du même type que celles de la partie 3.1 (cela constitue
un excellent exercice).
3.3. Inégalité d'Hadamard
Nous nous proposons de montrer le théorème suivant.
Théorème 7. Les vecteurs colonnes X\,... ,Xn d'une matrice M G Mn(C) vérifient
|detM|<||X1||...||Xn||> (*)
où pour tout i, || A* || = y/XfXl désigne la norme hermitienne standard.
Si pour tout i, Xi ^ 0, l'inégalité (*) est une égalité si et seulement si la famille (Xi)
est orthogonale.
Démonstration. Si det M = 0, l'inégalité est évidemment vérifiée. Sinon, (X\,..., Xn) forme une
base de Cn. En utilisant le procédé d'orthonormalisation de Schmidt (voir la partie 2.2 de ce
chapitre), on construit une base orthogonale (Y\,... ,Yn) de Cn telle que
V*, Yk = Xk + Ai)jfcYi + • • • + Afc_i>fcyfc_i, Xi)k G C.
On ne change pas un déterminant en retranchant à une colonne une combinaison linéaire des
autres, ce qui prouve det M = det AT, où N = (Yi|---|l^) est la matrice dont les vecteurs
colonnes sont les Yi. Posons D = N*N = (dij)i<ij<n- On voit facilement que dij = Y*Yj. Les
Yi étant orthogonaux deux à deux, on a dij = 0 dès que i ^ j. Par ailleurs, d^i = Y*Yi = ||1^||2,
d'où
/ mu2 o
N*N =
\ 0 KH2
et donc
n
det(N*N) = det(AT) det(iV) = | det(iV)|2 = f] ||yf||2,
ce qui entraîne | det N\ = n?=i II*tïl- Or pour tout fc, Xk = Yk - Xi)kYi Afc-i^Yfc-i, donc
ll^ll2 = linil2 + |Ai,*|2||Yi||2 + • • • + \\k-i,k\2\\Yk-i\\2- (*)
Cette égalité entraîne ||Yfc|| < \\Xk\\, donc
n n
|detM| = |detiV| = JJn^n < Y[\\Xi\\. (**)
Cas d'égalité. Si les Xi sont orthogonaux entre eux deux à deux, on a X{ = Yi pour tout i,
et d'après ce que l'on a vu plus haut, |detM| = |det JV| = ||Yi|| • • • ||Yn|| = ||Xi|| • • • ||X„||.
Réciproquement, supposons qu'il y ait égalité et que pour tout i, Xi ^ 0. Alors det M ^ 0.
Il faut alors que (**) soit une égalité, c'est à dire ||Yi|| • • • ||1^|| = ||Xi|| • • • ||Xn|| ^ 0. Or, pour
tout i, \\Yi\\ < \\Xi\\, on doit donc avoir \\Xi\\ = \\Yi\\ pour tout i. Ceci entraîne avec (*) que tous
les Xj}k sont nuls, donc que Yk = Xk pour tout k. Les Xi sont donc deux à deux orthogonaux. D
Remarque 8. Le théorème reste vrai dans Mnfâ) C Mn{C).

3. COMPLÉMENTS DE COURS
263
3.4. Matrices de Gram
Définition 2. Soit E un espace préhilbertien (réel ou complexe) et x\, • • -xn n vecteurs
de E. On appelle matrice de Gram de X\,..., xn la matrice [(xi-Xj)]i<i,j<n et déterminant
de Gram le déterminant de cette matrice, noté G(x\,..., xn).
Proposition 3. Toute matrice de Gram est hermitienne positive. Réciproquement, toute
matrice hermitienne positive est une matrice de Gram.
De plus, la matrice de Gram de n vecteurs X\,..., xn est définie si et seulement si la
famille (xi)i<i<n est libre.
Démonstration. Soient x\,... ,xn des vecteurs d'un espace préhilbertien E et M leur matrice de
Gram. Soit F = Vect(#i,... ,xn) et m = dimF. Fixons nous une base orthonormée B de F, et
pour tout i notons Xi le vecteur colonne des coordonnées de Xi dans B. On a Xi • Xj = X*Xj, de
sorte que M = N* N où N désigne la matrice mx n dont les colonnes sont les X^ Ceci montre
que la matrice carrée M de taille n est hermitienne (M* = N*N** = N*N = M) et positive (car
pour tout vecteur colonne X, X*MX = (X*N*)(NX) = {NX)*(NX) = \\NX\\2, || • || désignant
la norme euclidienne (resp. hermitienne) standard).
Réciproquement, si M = (ai,j)i<i,j<n est une matrice hermitienne positive, d'après
l'exercice 1 page 245, il existe une matrice n x n hermitienne H telle que M = H2 = H* H. Si on
désigne les vecteurs colonne de H par X\,..., Xn, on voit facilement que la relation M = H*H
entraîne a^j = X*Xj = Xi • Xj. La matrice M est bien une matrice de Gram.
Cas défini. Une matrice de Gram M est définie si et seulement si (X*MX = 0 =ï X = 0).
En réutilisant les notations précédentes, on a X*MX = \\NX\\2. Donc M est définie si et
seulement si (||ATX||2 = 0 => X = 0). Ceci équivaut à dire que Ker N = {0}, ou encore que les
vecteurs Xi forment une famille libre. □
Les déterminants de Gram permettent de calculer la distance d'un point à un s.e.v,
avec le théorème suivant.
Théorème 8. Soit E un espace préhilbertien, V un sous-espace de E muni d'une base
(ei,...,en) (pas forcément orthonormale). Soit x G E. Alors la distance d de x à V
(d = infy€v ||a: - y\\) vérifie
2 _ 0(ei,..., en, x)
G(ei,...,en)
Démonstration. D'après la proposition 2 de la partie 2.2 (page 242), on a d = \\z\\ où z = x — y,
y étant la projection orthogonale de x sur V. On a alors
Vi, ei-y = ei-x et
ce qui entraîne
\x\\2 =
2 + IUI»2
M =
( ex-ex • •
en • ex • •
\ x-ex ••
• ex • en
en ' en
x • e<n
ex • x
e^i • x
x • x
\
/ ei • ei • •
en • ei • •
\ y-ei ••
• ei • en
en • en
• y-en
ei-y "]
en-y
\\y\\'z + IW1 )
La linéarité de det M par rapport à sa dernière colonne entraîne det M = det P + det Q, où
P =
/ ei • ei • ■
en • ei ••
\ yei •■
• ei • en
en • en
• y-en
ei -y
en-y
\\y\\'2 .
\
et Q =
I
/ ei • ei • •
en • ei ••
\ y-ei ••
• ei • en
en • en
• y-en
0 \
0
IMIa )
Or detP = G(ei,... ,en,y) = 0 car y G Vect(ei,... ,en) et detQ = ||z||2(3(ei,... ,en).
Finalement
<3(ei,...,en,x) = detM = detQ = \\z\\2G(ei,... ,en) = d2G(ei,... ,en).
D

264
5. ESPACES EUCLIDIENS
3.5. Exercices
Exercice 1. Soit A = ((Hj)i<ij<n € Mn{R) telle que
3c>0,V(i,j), |oij|<c.
Montrer que | det M| < cnnn/2.
Solution. Il suffit d'utiliser l'inégalité d'Hadamard (qu'il faut, au besoin, savoir redémontrer).
Notons Ai,..., An les vecteurs colonnes de A. D'après le théorème 7, on a | det M\ < \\Ai|| • • • ||y4n||
où pour tout j,
\\Aj\\ = yJÂÏÂ- =
On en déduit |detM| < (y/nc)n = cnnn/2.
n
Exercice 2. Soit E un espace euclidien de dimension n e N*.
a) On suppose qu'il existe n + 1 vecteurs ui,..., un+i de E de norme 1, vérifiant
3a e R, a ^ 1, tel que Vi ^ j, w*
Uj = a.
Déterminer a. (Indication. On pourra utiliser les matrices de Gram.)
b) Démontrer qu'il existe effectivement de tels vecteurs dans E.
Solution, a) Notons M la matrice de Gram des vecteurs ni,
( 1 a ••- a \
a 1 '•• :
• >wn+i (voir la partie 3.4). On a
M =
\a
•• a
a 1 /
Par ailleurs, la famille (iti,... ,un+i) est liée (n + 1 vecteurs en dimension n), donc d'après la
proposition 3, det M = G(ui,... ,nn+i) = 0.
Nous allons maintenant exprimer det M en fonction de a. On peut procéder de deux façons.
La première est de montrer directement
detM = (l-a)n(l + na).
(*)
Ce résultat peut s'obtenir également à partir du résultat décrit dans le problème 1 page 204
donnant la liste des valeurs propres de M.
Comme det M = 0, la relation (*) montre a = —1/n car a ^ 1 par hypothèse.
b) Notons M la matrice symétrique
/ i
M =
n
¥\
=1
n
^ î
\i£
n
n
n
eA<n+i(R).
1 I
D'après le problème 1 page 204, les valeurs propres de M sont 0 et 1 + ^. Elles sont donc
positives, ce qui prouve que M est une matrice positive. D'après la proposition 3, M est une
matrice de Gram, c'est-à-dire qu'il existe n + 1 vecteurs C/i,..., Un+\ de En+1 tels que M soit la
matrice de Gram des U{. Ainsi, les vecteurs U{ vérifient la condition de a) avec a = — ^. Comme
det M = 0 = G(U\y..., C/n+i), la famille (C/i)i<i<n+i est liée. Autrement dit, il existe un s.e.v F
de En+1 de dimension n contenant les U{.

3. COMPLÉMENTS DE COURS
265
Résumons. Nous avons trouvé un espace euclidien de dimension n (ici F) et n + 1 vecteurs
de cet espace vérifiant la condition de la question a). Par isomorphisme d'espace euclidien, on
peut donc trouver n + 1 vecteurs tti,... ,un+i dans E vérifiant cette condition.
Exercice 3. Soit E un espace hermitien et u e C(E). Montrer que l'endomorphisme u
est normal si et seulement s'il existe P eC[X] tel que u* = P(u).
Solution. Tout polynôme en u commutant avec u, la condition suffisante est immédiate. Montrons
maintenant la condition nécessaire. Supposons u normal. D'après le théorème 3, u se diagonalise
dans une base B orthonormée de E. Autrement dit, il existe des nombres complexes distincts
Ai,..., Ar tels que
/ Ai/ai 0
[u}b=\
\ 0 XrIQr
où les ai sont des entiers naturels non nuls. La base B étant orthonormée, on a
/ ÂT/ai 0
[u*}B = t[u}B= '-. _
\ o xriar
Notons P G C[X] le polynôme de Lagrange (voir la partie 2.4 page 61) tel que P(\i) = Xi pour
tout i (on peut car les (Ai)i<i<r sont deux à deux distincts). On voit alors que P([w]b) = [w*]b,
donc P(u) = u*.
Exercice 4. a) Soit A = ((kj)i<ij<n € Mn(C) une matrice hermitienne définie positive.
Démontrer que det A < a^i • • • an>n. Donner une condition nécessaire et suffisante pour
que cette inégalité soit une égalité.
b) Soit p G N tel que 0<p<netq = n — p. On écrit A sous la forme
A = \ B* A2 ) aveC Al e Mp(£Î et Â2 e Mq(C)-
Montrer que det A < det Ai • det^42-
Solution, a) D'après la proposition 3, on peut voir A comme la matrice de Gram de n vecteurs
£/i,...,C/n de Cn. Si M désigne la matrice dont les vecteurs colonnes sont Ui,...,Un, on a
A = M*M. D'après l'inégalité d'Hadamard (théorème 7), on a |detM| < n?=i ll^tlli ou Pour
tout i, \\Ui\\2 = U*Ui = a^i. Finalement, on peut écrire
n n
det,4= |detM|2 < flll^ll2 = IIav
i=l i=l
L'égalité se produit lorsque la matrice M vérifie |detM| = Yli=i ll^ll> c'est ^ ^re lorsQu^
les Ui sont orthogonaux entre eux deux à deux (voir le théorème 7), ce qui équivaut à dire que
^ ¥" h Ui • Uj = aij = 0, ou encore que A est diagonale.
b) Nous nous ramenons d'abord au cas plus simple où Ai et A<i sont des matrices diagonales.
Les matrices A\ et A<i sont symétriques, il existe donc deux matrices unitaires P G MP(C) et
Q e Mq(C) telles que P*A\P = D\ et Q*A<iQ = D^ où D\ et D<i sont deux matrices diagonales
réelles. En définissant la matrice par blocs M = (J3) eM n(C), un calcul simple donne
M*AM - ( P'MP P'BQ \- C avec C - ( Dl P'BQ \
l Q*B*P Q'A2Q ) ~ I Q*B*P D2 I '

266
5. ESPACES EUCLIDIENS
La matrice C est congrue à A, donc hermitienne définie positive, donc d'après le résultat de la
question précédente, le déterminant de C est inférieur au produit de ses coefficients diagonaux.
Comme D\ et D2 sont des matrices diagonales, ceci s'écrit detC < det-Di • det£>2. Comme
detM = detP • detQ = 1 (M est même une matrice unitaire), on en déduit
det A = det(M*AM) = det C < det £>i • det D2 = det Ai • det A2.
Exercice 5 (Exponentielle d'une matrice antisymétrique). 1/ Soit 9 g
Montrer l'égalité
0 -9 \ _ f cosO -sinO
9 0 ) ~ [ sinO cos0
exp
2/ a) Soit n G N*. Montrer que P G Mn{^) est une matrice orthogonale directe si et
seulement s'il existe une matrice antisymétrique A G MnW telle que P = exp (A).
b) En déduire que le groupe spécial orthogonal SOn est connexe par arcs.
3/ (Cas de R3) Soit v = (a, b, c) un vecteur non nul de l'espace euclidien
a) Montrer que l'exponentielle de la matrice antisymétrique
v =
0
c
-b
—c
0
a
b
—a
0
est la matrice de la rotation d'axe e = v/||v||, d'angle 9 = \\v\\, où || • || désigne la norme
euclidienne (indication : remarquer que v est la matrice de l'endomorphisme X *-^ v AX,
où A désigne le produit vectoriel).
b) Montrer la formule de Rodrigues
exp(v) = h + -q-v +
sin 9 , 1 — cos 9
92
■v
Solution. 1/ Notons J = (Ç g1). Un calcul facile donne J2 = —I2, ce qui entraîne pour tout
n G N les égalités J2n = (-l)nh et J2n+1 = (-l)nJ. On en déduit
+°° on +°° (_-\\no2n +°° /__i \no2n+l
exp(W) = £ ^ J» = j: Sâbr/2 + ^ \2» + 1)! J = («» <Dh + (sin 0)J,
*-L (2n + l)!
n=0 v '
n=0 "" n=0
ce qui est précisément le résultat demandé.
2/ a) La condition suffisante est immédiate : si A G Mn(R) est une matrice antisymétrique,
alors la matrice P = exp(^4) vérifie lPP = exp(lA) exp(^4) = exp(—A) exp(^4) = In. Enfin, on a
det(P) = det(exp(^4)) = exp(tr^4) = 1 (voir l'exercice 2, page 186).
Montrons maintenant la condition nécessaire. Soit P G Mn(R) une matrice orthogonale
directe, soit u G C(Rn) son isométrie associée. D'après le théorème 1 page 256, il existe une base
orthonormale B de Rn dans laquelle la matrice de u a la forme
/ R(01)
\
0
[u]B =
R(0r)
ei
0
V
€s )

3. COMPLÉMENTS DE COURS
267
0Ù pour tout i, R(9i) est la matrice de rotation 2x2 d'angle fy, et où ej G {—1,1} pour tout
i Par hypothèse, u est une isométrie directe donc detu = 1. Le calcul de déterminant par blocs
donne
det u = det R(0i) • • • det R(0r) ei
es = £\
Ainsi, le produit des e* vaut 1, donc il y en a un nombre pair 2p (avec p G N) qui valent —1, et
les q autres valent 1 (avec 2p + q = s). Quitte à permuter les 5 derniers vecteurs de la base B,
on peut même supposer que les 2p premiers Ej valent —1, et les q derniers valent 1. Comme la
matrice (~q _?j) est une matrice de rotation d'angle 7r, il revient au même de dire que la matrice
de u dans B a la forme
/ R(0{)
[u]b =
\
0
V
0
R{9m)
I
avec Oi = n pour r<i<m = r + p. Le résultat de la question 1/ nous permet maintenant de
remarquer que
/ 0i J
[u]b = exp(M) où M =
\
0
\
0
OmJ
0
/
avec J = ( i "q-). La matrice par blocs M est antisymétrique car J est antisymétrique.
En notant Q la matrice de passage de la base canonique de W1 à la base B (c'est une matrice
orthogonale), on a donc montré que P = lQexp(M)Q. En posant A = lQMQy on a donc
P = exp(A) et la matrice A est antisymétrique car lA = tQtMQ = tQ(-M)Q = -A, d'où le
résultat.
b) Étant données deux matrices P et Q dans SOn) on peut écrire P = exp(^4) et Q = exp(B)
avec A et B antisymétriques d'après la question précédente. La question précédente nous assure
également que le chemin continu [0,1] —> A^n(^) t •—► exp((l — t)A + tB) est à valeur dans
SOU) donc le groupe spécial orthogonal est bien connexe par arcs.
3/ a) Suivons l'indication et considérons Pendomorphisme u : E3 —> E3 X i-> v A X. On
remarque aisément que la matrice de u dans la base canonique de E3 est la matrice v. Partant
du vecteur e = v/\\v\\ = \v^ on le complète avec deux vecteurs e\ et e^ de sorte que (ei,e2,e)
soit une base orthonormale directe de E3. Comme v = 9e, on a
u(ei) = 9eAei= Qe^ ufa) = 0e A e<i = —9eiy u(e) = 9e A e = 0,
autrement dit la matrice de u dans la base B a la forme par blocs
[u]B =
°ù J = (i "o1)- N°us avons vu que exp(0J) est la matrice 2 x 2 de rotation d'angle 0, donc
cos 9 — sin 9 0
expQuJs) = [ sin0 cos# 0 | .
0 0 1
(*)
(**)
Comme exp([u]#) est aussi la matrice de exp(n) dans la base B, ceci entraîne que exp(w) est la
rotation autour du vecteur e d'angle 6, d'où le résultat.
b) En utilisant la forme par bloc (*) de la matrice de u dans la base B, on obtient
/3 +
sin#
[u]b +
1 — cos 6
e2
j o
(Mb)2 = /3 + sin0( "Q ^ l+(l-cos0)l Q
■h 0
0

268
5. ESPACES EUCLIDIENS
ce qui s'écrit encore
. a 1/3 / cos0 — sin# 0
sin0r . 1— cost',, . -o / . n n
/3 + -5-MB + —72—(Mb) =\ sm0 cos0 0
9 B V 0 0 1
D'après la forme (**), ceci est précisément l'exponentielle de la matrice u dans la base B. D'où
le résultat par changement de base.
EXERCICE 6. Soit n un entier naturel non nul. On considère l'application
(p: Rn -> R (ai,..., an) •-► / (1 + 01 a; 4- • • • + an xnf dx.
Jo
Montrer que <p admet un minimum //, atteint en un point unique de lRn, et calculer /j.
(Indication. On pourra utiliser les déterminants de Gram.)
Solution. Munissons le R-e.v E = C([0,1], M) des fonctions continues de [0,1] dans R du produit
scalaire
V/,<?G£, (f\g)= f f(t)g(t)dt.
Jo
Par commodité de notation, pour tout entier i on désigne par xl la fonction [0,1] —> R ïh xl.
En notant En = Vect(a;,..., zn), on remarque que
n
</>(ai,...,an) = ||1-P||2, où P = -J2aixi eEn,
et où II. Il désigne la norme issue du produit scalaire (|). Déterminer \i = infa€]Rn </?(a), c'est
donc rechercher d(l,En)2 = infp€£n ||1 - P||2 = /j,.
La proposition 2 de la page 242 assure l'existence et l'unicité d'un point Po de En tel que
||1 — P0|| = d(l,En) (de plus, Po est la projection orthogonale de 1 sur En). Le minimum de <p
est donc atteint en un point unique de Rn. D'après le théorème 8 sa valeur fi est donnée par
M = d(l,B„) = G(x<xn) ■ W
Comme (x*\x^) = l/(i +j + 1), on a
G(lix,...,xn) = det(-—î—-] et G{x,..., xn) = det ' l
i+j~ Vl<îj<n+1 V* + 3 + 1/ l<ij<n
Ces déterminants sont des déterminants de Cauchy (voir l'exercice 7, page 143) que l'on sait
calculer. Ils valent respectivement
m t Tn\ - ni<i<j<n+i(*-i) r( n) _ ni<t<j<n(* ~ 3)
G(* *■•■• '■n^W'+j-1) ( )~ni<u<»(<+;+i)"
En utilisant l'égalité (*) et l'identité rii<tj<n+i(* + •? ~ *) = ïlo<i,j<n(i + 3 + !)> on a donc
= Ui<i<nli ~ (" +1)]2 n!2 1
M (n + 1)!2 (n+1)!2 (n+1)2'
Remarque. On pourrait de même calculer
r+00
inf / e~x(l + ai2H \-anxn)2dx.
,...,a„)eR» y0
- Cet exercice est à rapprocher du problème du tome d'analyse portant sur le théorème
de Mùntz.

4. PROBLÈMES
269
4. Problèmes
Problème 1 (Théorème de Fisher-Cochran). Soit E un espace euclidien de
dimension n et u\t..., up des endomorphismes symétriques de E. On suppose que
(i) rgui + --- + vgUp = n.
(ii) qi(x) + • • • + qp(x) = x • x, où qt désigne la forme quadratique qi(x) = Ui(x) • x
pour tout i.
Montrer que E = Im u\ 0 • • • © Im itp, que les Im i^ sont orthogonaux entre eux deux à
deux, et que pour tout i, Ui est le projecteur orthogonal sur Imi^.
Solution. La relation (ii) s'écrit aussi
VxeE, {ui + --- + up-IdE){x)-x = 0. (*)
L'endomorphisme v = u\ H \-up — Id^ étant symétrique, (*) entraîne v = 0 (en effet, v est
diagonalisable et (*) montre que la seule valeur propre de v est 0). Donc u\ + • • • + up = Id^,
d'où on tire E = Imu\ -\ (-lmup. Comme de plus Ya=i dim(Imui) = dimE d'après (i), on a
E = Im u\ 0 • • • 0 Im up (**)
(voir la proposition 6 page 111).
En appliquant maintenant l'égalité \<\e = u\-\ + up au vecteur Uk(x), on obtient
Vfc,VzGi?, uk(x) = U\Uk{x) H \-upuk{x). (***)
D'après (**), la décomposition d'un élément de Imu^ se fait de manière unique dans 0f=1 Imi4j,
d'où on déduit, avec (***) que Uk{x) = u\{x) et W ^ k, UkUe(x) = 0. Ceci étant vrai pour tout
x G E, on en tire uk = u\ et W 7^ k, UkUg, = 0. Les endomorphismes uk sont donc des projecteurs,
orthogonaux puisqu'ils sont symétriques (ses sous-espaces propres sont orthogonaux, et ce sont
ici Keritfc et Imt^).
Il nous reste à montrer que les Imt^ sont orthogonaux entre eux deux à deux. Pour k 7^ £,
on a vu UkUg, = 0, ce qui entraîne Imu^ C Kertifc. L'endomorphisme Uk étant un projecteur
orthogonal, on a Keritfc = (Imuk)1, donc Imit^ C (Imuk)1, ce qui prouve que Imue et Im-u^
sont orthogonaux. Ceci est vrai dès que le couple (k,£) vérifie k ^ £, d'où le résultat.
PROBLÈME 2. Soit n G N*. On note «S le s.e.v des matrices symétriques de Mn(M-)- Pour
tout A G Mn(M), on définit l'endomorphisme de S
cpA: S -> <S M i-> lAMA.
Montrer que |det<p>i| = |detA|n+1.
Solution. Commençons par traiter le cas où A est diagonale (cas qui semble intuitivement simple).
Notons Ai,... ,Àn les coefficients diagonaux de A. Considérons la base B de S constituée des
matrices de la forme (£,i)i)i<i<n et (Eij + #j,i)i<i<j<n, où Eij désigne la matrice dont tous les
coefficients sont nuls sauf celui d'indice (i,j) qui vaut 1. Un calcul rapide montre que
Vi, ipA(Ei,i) = X*Eifi et \/i < j, <pA(Ei,j + Ejti) = XiXj(Eij + Ejti).
La base B diagonalise donc tpa, les valeurs propres correspondantes étant X{Xj (1 <i < j <n),
ce qui montre que
/ n \ "+1
det <p A = J] XiXj = m xA = (det A)n+1. (*)
l<i<j<n \i=l J
Traitons maintenant le cas général. Commençons par munir S d'un produit scalaire. Si S, T G
S, on définit le produit scalaire de (5,T) par (S \ T) = tv(ST). Il s'agit bien d'un produit scalaire

270
5. ESPACES EUCLIDIENS
puisque c'est une forme bilinéaire symétrique, et la forme quadratique associée est définie positive
car
VS = (sij)i<ij<n G <S, tr(52) = J2 shjs3,i = J2 slr
L'introduction de la structure euclidienne sur S va nous permettre de définir l'adjoint de (pA.
Comme
V5,T G <S, (<Pa(S)\T) = trfASAT) = tr(AT*AS) = ^(T) | S),
l'adjoint <p*A de y>A est c^. Maintenant, on remarque que (p*Aoy>A = H>tA°H>A = <Pa*a- La formule
(det cpa)2 = det <p\ ^et Va = det((p*A<pA) = det y>AlA
va nous permettre de trouver la valeur de |det<^>i|. Posons M = A1 A. C'est une matrice
symétrique, donc diagonalisable, de sorte qu'il existe une matrice orthogonale P telle que M = lPDP
où D est une matrice diagonale. On vérifie facilement que vm = tpp o tp£> o (ptp. Comme
ippçuptp = iptpp = Ids, y>M est semblable à tpo donc det (pM = dettpo = (det D)n+1 d'après (*).
Comme detD = det M = (det^4)2, ceci s'écrit aussi
(detipA)2 = det W = (det A)2(<n+1\
d'où le résultat.
Problème 3. a) Soit H G Mn(C) une matrice hermitienne positive. On note T l'ensemble
des matrices hermitiennes positives A telles que detA > 1. Montrer
inf tx(AH) = n(detH)l,n.
(On pourra utiliser l'inégalité de la question a) de l'exercice 4 page 265).
b) En déduire que pour deux matrices hermitiennes positives A et B, on a
[det(A + B))l'n > (detA)1/71 + (detB)1/n.
Retrouver ce résultat sans utiliser la question a).
Solution, a) Commençons par montrer que pour toute matrice A G T, tr(AH) > n(det H)1/71. Le
problème étant invariant par changement de base orthonormale, on peut supposer H diagonale.
Notons Ai,... ,Àn les coefficients diagonaux de H et considérons A = (dij)i<ij<n G T. On a
tr(AH) = Y^i=\ ^iahi- Le logarithme étant une fonction concave, on peut écrire
_1
n
n
^2(^iai,i)
,i=l
>
n
Yl(^iai,i)
.i=l
1/n / n \ 1/n
= (detH)1/n(noi,
i=l
et comme 1 < det^4 < nr=iav d'après la question a) de l'exercice 4 page 265, ceci implique
tr(AH) ynidetH)1/71.
Achevons notre raisonnement. Nous venons de montrer que mîA£rtr{AH) > n(detH)l/n. Il
s'agit maintenant de prouver l'inégalité réciproque. Il y a deux cas.
Premier cas. Si H est définie, alors pour tout i, Xi > 0. Soit A la matrice définie par
A = (det H)1'*1
X{1 0
0 An
-î
On a A G I\ et tr(AH) = tr[(det H)VnIn] = n{àetH)lln, d'où le résultat.

4. PROBLÈMES
271
Second cas. Si la matrice H n'est pas définie, l'une au moins des valeurs propres À* est
nulle, par exemple An = 0. Pour tout p G N*, on définit
\
0
/ p-1
Ap —
n-1
V
0
P
-1
P
,n-l
er.
/
Onatr(Ap#) =
Eïïa.
, donc lim tr(AVH) = 0 = n(det H)1/71, ce qui prouve le résultat.
p p->oo
b) Pour toute matrice M G T, on a
donc
tr[(A + B)M] = tr(AM) + tr(BM) > inf tv(AM) + inf tr(£M),
Mer Mer
inf tr[(;4 + 5)M] > inf tr(AM) + inf tr(£M),
Mer Mer Mer
ce qui prouve le résultat en vertu de la question a).
- Résolvons la question sans l'aide de a). Si A et B ne sont pas définies, c'est évident car
det A = det B = 0 et comme A + B est positive, det(^4 + B) > 0. Sinon, l'une des matrices A ou
5 est définie. Supposons par exemple A définie. Le corollaire 3 page 245 assure l'existence d'une
matrice inversible P telle que A = P*P et B = P*DP, où D est une matrice diagonale. Ainsi,
on se ramène à montrer que
[det(/n + D)]l'n > (det In)l'n + (det D)l'n.
En notant À; > 0 les termes de la diagonale principale de D, cette inégalité s'écrit
1/n / n \ 1/n
II(1 + A')
,i=l
>i+ n^
(*)
Ki=l
Nous allons prouver (*) en utilisant des critères de convexité. Considérons l'application
1/n
<p : [0,1] -> R iM
n
Ile+A<)
,i=l
Il s'agit de montrer </?(l) — <p(0) > 1, ce qui sera vrai si on prouve ip'(i) > 1 pour t G ]0,1]. On a
T1/» / n
V*G]0,1], </>'(*) = i
n
ne+a*)
i=l
E^
a=l
i + Af
ou encore
W6]0,1], ,ogv<W = log(iÊ^)4t.og^,
\ 1=1 / 1=1
donc, en vertu de la concavité du logarithme, log^i) > 0, c'est à dire <p'(t) > 1 pour t G ]0,1],
d'où le résultat.
Remarque. Notez l'utilisation fructueuse du corollaire 3 page 245 dans la preuve directe
de la question b).
Problème 4. Soit (E, \\. ||) un espace euclidien et u un projecteur de E tel que \u\ < 1
(en notant ||w|| = sup||x||=1 ||w(a;)||, norme d'algèbre sur C(E)). Montrer que u est un
projecteur orthogonal.

272
5. ESPACES EUCLIDIENS
Solution. Il s'agit de montrer que Kern et Imw sont orthogonaux. Soit x G Kerw et y G Irau.
Pour tout t G M, on a u(y + tx) = u(y) = y, et comme par hypothèse \\u(y + tx)\\ < \\y + tx\\} on
a
V* G R, \\y\\2 = \\u(y + tx)\\2 < \\y + txf = \\y\\2 + 2t(x ■ y) + i2||z||2.
Cette inégalité exprime que la fonction t1-> \\y\\2 + 2t(x • y) + i2||x||2 atteint son minimum pour
t = 0. Sa dérivée en 0 est donc nulle, ce qui s'écrit x • y = 0. Ceci étant vrai pour tout x G Ker-u
et pour tout j/Glmw, on en déduit que Ker u et Im u sont orthogonaux.
Remarque. Tout projecteur non nul w vérifie |w| > 1. En effet, on a u2 = u donc
|ti|| = ||tt2| < ! u 12, et le résultat car |w| ^ 0. Un projecteur orthogonal non nul u vérifie
M = î.
Problème 5. Déterminer les matrices hermitiennes positives A = {o>i,j)i<i,j<n G Mn(C) à
coefficients a^j tous non nuls, telles que la matrice B = (l/ûi,j)i<i,j<n est aussi hermitienne
positive.
Solution. Soit A = {o>i,j)i<ij<n une telle matrice. D'après la proposition 3 page 263, A est une
matrice de Gram, c'est-à-dire qu'il existe n vecteurs iti,... ,nn de Cn tels que Vz, j, o^j = ttj -Uj.
D'après, l'inégalité de Schwarz, on a donc
V*,j, Kjl2 = \ui • uj\2 < IN|2|KH2 = <k,iajj.
Cette inégalité, vraie pour toute matrice positive, l'est également pour la matrice B, ce qui s'écrit
Vt,j,
1 1 1
<
a
h 3 I
ai,i aJJ
On en déduit que la^jl2 = a^ajj pour tout i, j. Il y a donc égalité de Schwarz l^r^jl = II^IHI^jll>
donc Ui et Uj sont liés. Ceci étant vrai pour tout i,jf, le rang des vecteurs u\,... }un est 1 (ces
vecteurs sont non nuls car A ^ 0). Ceci suffit pour affirmer rg^4 = 1.
Réciproquement supposons A = (dij)i<ij<n hermitienne positive, de rang 1 et telle que
(Uj ^ 0 pour tout i,j. La signature de la forme quadratique X i-> X*AX est (1,0), il existe donc
une forme linéaire f(X) = X^Li ^ xi *e^e <lue
VX, ^Oijxïx,- = X*AX = \f(X)\2 = Y^(%xj)Wj-
ij
i,3
Ceci prouve que a^j = \{\j pour tout i, j. On en déduit
B= —
CL{ j J \<i<n
Ai.
A,
et
l<i<n
l<j<n
VA", X*£X =
n
Si
Xf
>o.
Ainsi, B est matrice positive.
En conclusion, les matrices positives cherchées sont celles à coefficients tous non nuls et de
rang 1.
Problème 6. a) Montrer que si le coefficient diagonal d'indice (z, i) d'une matrice
symétrique positive A G Mn(R) est nul, alors la i-ième ligne de A est nulle.
b) Soit M G A4n(R) une matrice symétrique positive. On écrit la matrice M sous la forme
A B \ , _ . . ,«x ,. . . x ,, . „ ( A B
M=\*B C
est diagonalisable
avec A G MP(R) (1 < p < n). Montrer que A/" =
0 0
eMn

4. PROBLÈMES
273
Solution, a) Comme A est symétrique positive, A s'écrit comme la matrice de Gram de n
vecteurs iti,..., un de Rn. Le coefficient d'indice (i, j) de A vérifie donc aij = Ui • Uj pour tout
uj). Ainsi, si a^i = 0 on a ||uj||2 = a,i,i = 0 donc Ui = 0, donc o^j = ui • Uj = 0 pour tout j.
b) Nous nous ramenons d'abord au cas où A est diagonale. Comme M est symétrique positive, A
l'est également donc il existe une matrice orthogonale P G MP(R) telle que D = tPAP soit une
matrice diagonale. Quitte à changer l'ordre des vecteurs colonnes de P, on peut même supposer
que les éventuels termes nuls de la diagonale de D sont les derniers (ce choix sera utile par la
suite). Notons q = n — p et U = (JjM.La matrice U est orthogonale et un produit par blocs
donne
tTTMTT ( D tPB \ 4. tTTATTT ( D lPB \
UMU={tBp c ) et tUNu={ o o )•
La matrice lUMU est congrue à M, donc positive. Donc d'après la question a), pour chaque
indice i tel que le i-ième coefficient diagonal de D est nul, toute la i-ième ligne de lUMU est
nulle, en particulier la 2-ième ligne de lPB est nulle. Par construction, les éventuels termes nuls
de la diagonale de D sont les derniers. En désignant par r le nombre de coefficients non nuls de
la diagonale de D, on voit donc que seules les r premières lignes de tUNU sont non nulles. En
notant D' G Mr(M) la matrice formée des r premières lignes et colonnes de D, on voit donc que
lUNU a la forme
>unu=( d; e0 ) w
où E est une matrice à r lignes et n — r colonnes. Les r premiers vecteurs ei,...,er de la
base canonique de W1 sont des vecteurs propres de WNU associés à des valeurs propres non
nulles, et la forme de cette matrice montre que le rang de ses vecteurs lignes est r, donc son
noyau est de dimension n — r. En désignant par /i,... ,/n-r une base de Ker^UNU) on voit
facilement que (ei,...,er, /i,..., fn-r) est une base de vecteurs propres de tUNU. Ainsi ^NU
est diagonalisable, et comme U est une matrice orthogonale ceci entraîne que N est diagonalisable.
Remarque. On peut aussi montrer directement que la matrice de droite dans (*) est
diagonalisable grâce à la formule (J D'-lE) (D0' f ) (£ D'-^y1 = (^ oy
- Le résultat de la question b) est aussi une conséquence du résultat du problème 10
page 277 dans le cas particulier où A = ( ^ [j ).
Problème 7 (Réduction des matrices antisymétriques). Soit K un corps com-
mutatif de caractéristique différente de 2. a) Soit E un K-espace vectoriel de dimension
finie n et ip une forme bilinéaire antisymétrique sur E. Montrer qu'il existe une base
B = (ei)i<i<n de E et un entier r < n/2 tels que
/ n n \ r
Vfe), (yi) e Kn, (f I ^ Xie^ ^2 yJeJ J = ^2(X2k-lV2k ~ X2kV2k-l)- (*)
\i=l j=l J k=l
b) Soit A e Mn(K) une matrice antisymétrique. Montrer qu'il existe P G Ç£n(K) tel que
/ J \
lPAP =
(0)
J
0
(0)
V o /
avec J = ( _°x J ) G M2(K).
c) Montrer que le déterminant d'une matrice antisymétrique A à coefficients entiers est
le carré d'un entier.

274
5. ESPACES EUCLIDIENS
Solution. 1/a) On procède par récurrence sur n = dimi?. Pour n = 1, <p est nulle et si n = 2
le résultat est immédiat. Supposons donc n > 3. Si <p = 0 le résultat est évident (dans ce cas
r = 0), sinon il existe deux vecteurs e\ et e2 de E tels que </?(ei,e2) ^ 0. Quitte à multipHer
ei par l/</?(ei,e2) on peut supposer </?(ei,e2) = 1. Ces vecteurs sont forcément non nuls, et ils
forment une famille libre car si e^ = Àei avec A G K, on aurait </?(ei>e2) = A</>(ei,ei) = 0. Les
formes linéaires L\ = y?(ei, •) et L2 = v?(e2» •) forment une famille libre car si \\L\ + A2L2 = 0
alors 0 = (A1L1 + A2-L2)(ei) = —A2, de même 0 = (A1L1 + \2L2){&2) = Ai. Donc le s.e.v
F = KerLi DKev L2 est de dimension n — 2. D'après l'hypothèse de récurrence, on peut trouver
une base (es,..., en) de F et r < n/2 telle que la restriction tp de <p à F x F s'écrive
n n
ip ^Xieu^yiei = ^2{x2k-iV2k ~ X2kV2k-i)- (**)
\i=3 j=3 J i=2
Par ailleurs Vect(ei, e<i) est en somme directe avec F (si e = Aiei + A2e2 G F alors 0 = L2(e) =
Ai</?(e2,ei) + A2</?(e2,e2) = -Ai donc Ai = 0 et de même 0 = L\(e) = A2), donc (ei,e2,e3,... ,en)
est une base de E. Par construction de F, on a (p(x,y) = (p(y,x) = 0 dès que x G Vect(ei,e2) et
y G F, donc
/ n n \ / n n
<p ^2xiei,^2yjej I = y>(xiei +z2e2,2/iei +2/262) + ^ I Xl^^'S^'^
\i=l 3=1 J \î=3 j=3
Comme (p(x\ei +x2e2,yiei+y2e2) = xiy2ip{ei,e2) + X2yi<p(e2,ei) = x\y2 - x2yi, on en déduit
avec (**) le résultat au rang n.
b) Soit </? la forme bilinéaire sur Kn dont A est la matrice dans la base canonique B de Kn. La
question précédente assure l'existence d'une base #' = (ei,... ,en) et de r < n/2 dans laquelle
</? s'écrive sous la forme (*). En d'autres termes, la matrice M de </? dans la base B' est formée
de r matrices J sur sa diagonale et de zéros partout ailleurs. En désignant par P G Gtn{1&) la
matrice de passage de la base B à la base B'> on a donc lPAP = M, d'où le résultat.
c) Les coefficients de A sont dans le corps K = Q, donc la question précédente assure l'existence
de P G Gtn(Q) telle que lPAP = M où M est constituée de r matrices J sur sa diagonale et de
zéros partout ailleurs. Si M a au moins un zéro sur la diagonale, alors det M = 0 donc det A = 0
est bien le carré d'un entier. Sinon, det M = (det J)r = 1 donc det-A = l/(detP)2. Comme
P G G£n(Q) on a detP G Q, donc det A est le carré d'un nombre rationnel. Comme A a des
coefficients entiers, det-A est un entier. Un entier qui est le carré d'un rationnel est forcément le
carré d'un entier, donc det A est bien le carré d'un entier.
Remarque. Lorsque K = R, ce résultat (bien que légèrement différent) est plus faible que
le théorème 6 page 261, mais il présente l'intérêt d'être vrai sur d'autres corps K.
Problème 8 (Pfaffien). Soit K un corps commutatif de caractéristique différente de 2.
On désigne par Anfâ) l'e.v des matrices antisymétriques de Mn(K).
a) Si A G Anfâ) et si n est un entier impair, montrer que det A = 0.
b) Soit E un K-espace vectoriel. Pour toute forme bilinéaire antisymétrique (p sur E, on
définit une suite cp^ pour p G N* par la récurrence suivante : ip^ = (p et pour p > 2 et
(xu...,x2p)eE2p,
2p
(P{P)(XU ...,X2p)= ^2(-iyip(xUXi) lpiP~l){x2, • • .,£<_!, Si+i, • • • yX2p). (*)
i=2
Montrer que ip^ est une forme 2p-linéaire alternée. (Indication : traiter d'abord le cas
p = 2, puis montrer (p^(xit... ,x2p) = 0 si Xk = #fc+i — v°ir l'exercice 9 page 145.)
c) Si A G ^2m(K), on désigne par ipA la forme bilinéaire sur E = K2m dont A est la matrice

4. PROBLÈMES
275
dans la base canonique B = (ei,...,e2m) de E, et on note Pf(^4) = <p™ (ei,... ,e2m)
(pfaffien de A). Montrer que
V(ai,...,a;2m) £ #2m> P^fai, • • • ,x2m) =Pf(i4)detB(a;i,...,a;2m),
où detg désigne le déterminant dans la base B.
d) Calculer Pf(A) pour A G Ai(]K), et montrer que Pf(A) est un polynôme en les
coefficients de A e A2m(K).
e) Montrer que pour tout A e v42m(K) et P G A^2m(K), on a Pî(*PAP) = det(P) Pf(4).
f) Montrer que pour tout A G v42m(K), on a det(A) = Pf(A)2 (on pourra utiliser le
résultat de la question b) du problème précédent).
Solution, a) Comme A = -M, on a detA = (-l)ndet*A = (-l)ndetA = -detA, donc
det A = 0. Ce résultat est aussi une conséquence du résultat du problème précédent qui entraîne
que le rang d'une matrice antisymétrique est pair.
b) La propriété de 2p-linéarité de (p^ est immédiate par récurrence sur p. Montrons maintenant
que <p^ est alternée. Il suffit pour cela de montrer par récurrence sur p que <p(p\xi,..., x2p) = 0
dès que Xk = x^+i (voir l'exercice 9 page 145). Pour p = 1 le résultat est immédiat car <pW = ip
est antisymétrique. Pour p = 2, on écrit
</>(2)(zi, X2, Z3> Xi) = <p(xi,X2)<p(x3, Xi) - <p(xi,X3)<p{x2, Xi) + (p(XiiXi)(p(x2i X3). (**)
Dans chacun des cas x\ = x2i x2 = x3 et x3 = £4, on remarque que l'un des termes de la somme
est nulle et les deux autres opposés, donc ip^ s'annule bien dans ces cas.
Supposons maintenant p > 3. Si x^ = Xk+i avec 2 < k < p — 1, les termes d'indices
i g {k, k + 1} et de la somme (*) s'annulent d'après l'hypothèse de récurrence, et les termes
d'indices i = keti = k + l sont opposés, donc ip^ est bien nul dans ce cas. Il nous reste à traiter
le cas x\ = x2. L'idée est d'exprimer <p^ en fonction de ip(p~2\ Par commodité, nous noterons
x = (a?i,... ,x2p) et si ii,... ,ifc sont des indices distincts, on note x*x t le (p — k)-up\et obtenu
à partir de x en retirant les termes d'indices i\, ..., i^. Avec cette notation, (*) s'écrit
2p
<P{p)(x) = ^(-îr^i,^)^-1^^).
i=i
Si i > 3, la récurrence définissant <£>(p_1) donne
3<j<i i<j<2p
(on a pris en compte le fait que Xj est la (j — l)-ième coordonnée de x\^ si 3 < j < i, la
{j - 2)-ième coordonnée si j > i) donc
(p(p\x) = <p(xux2)<p(p~1)(x3)... ,x2p)
+ E (-i)i+i~V(^
3<i<2p
3<j<i
3<i<2p
i<j<2p
Lorsque x\ = x2 le premier terme de cette somme est nul, et on peut donc écrire
^\x)= y. (-ly^-MxuxiMxux^^Hxt^)
3<j<i<2p
+ E (-^'MxuXiMxux^-'Hx^j).
3<i<j<2p
Chaque terme d'indice (j,i) de la première somme est l'opposé du terme d'indice (i,j) de la
seconde, on en déduit (pb\x) = 0.

276
5. ESPACES EUCLIDIENS
c) L'ensemble des formes 2m-linéaires alternées sur l'e.v E de dimension 2ra est un e.v de
dimension 1 (voir le théorème 2 page 135). Comme cpA } et det# sont des formes 2m-linéaires
alternées et que det# est non nul, on en déduit l'existence de À G K tel que
V(xi,..., x2m) e E2m, (p^\xu • • • ) x2m) = Adetfi(xi,..., x2m).
En appliquant cette égalité pour xi = e* (1 < i < 2m), on obtient A = Pf(^4), d'où le résultat.
d) Lorsque A = (a^j) G At(K), on a m = 2 et l'expression (**) entraîne Pf(^4) = a\^a^A -
^1,3^2,4 + ^1,4^2,3-
Lorsque A = (aij) G A2m(K), montrons maintenant que Pf(^4) est un polynôme en les
coefficients (o>ij)i<i<j<2m de A. Pour cela, nous allons prouver, en procédant par récurrence sur
p, que si 1 < p < m et 1 < ki < ... < k2p < 2m, alors ip% (efel,... ,efe2p) = Pku...Mp(A) où
Pfc1)..#)fe2p(i4) est un polynôme en les coefficients (<k,j)i<i<j<2m de A. Cette propriété est vraie
pour p = 1 car tpA (e^e^) = Q>kuk2- Si elle est vraie pour p — 1, alors l'écriture (*) entraîne
2p
i=2
2p
i=2
donc ^ (efc15..., efe2p) est bien un polynôme en les coefficients (aij)i<i<j<2m de A. La propriété
souhaitée est donc démontrée pour tout p, 1 < p < m. En particulier, elle est vraie pour p = m
donc Pf(i4) = <p™ (ei}..., e2m) est un polynôme en les coefficients de A.
e) Pour tout x,y G E = K2m on a (ptPApfay) = lxlPAPy = t(Px)A(Py) = <pA(Px,Py). Une
récurrence immédiate sur p entraîne alors
V(xi,..., x2p) G E2p, ^AP(xu..., x2p) = <Pa\Pxu • • •, Px2p).
Ainsi, si B = (ei,..., e2m) désigne la base canonique de IK2m, on a
PîfPAP) = ip[p\P(eu - - -, e2m) = <P(A](Peu ..., ^e2m) = Pf (A) detB(Pci,..., Pe2m).
On conclut en remarquant que det#(Pei, • • • > Pe2rn) = det P.
f) Si ^4 n'est pas inversible, alors il existe un vecteur #i ^ 0 tel que Ax\ = 0 donc ipA(xi,y) = 0
pour tout vecteur y. Complétons x\ en une base (xi,... ,£2™) de IK2m. Comme ^a(^I)^) = 0
pour tout i > 2, l'égalité (*) donne «p^ (xi,... >x2m) = 0- D'après c), on a donc
0 = <^ ,(xi,...,x2m) = Pf(i4)detfl(a;i,...,a;2m).
Comme (rci,..., X2m) est une base, on a det# (zi,..., #2m) 7^ 0 donc l'égalité précédente entraîne
Pf(A) = 0. Ainsi, on a bien det>l = Pi(A)2 si A n'est pas inversible.
Si A est inversible, le résultat de la question b) du problème précédent nous assure l'existence
de P G £^2m(K) tel que B = tPAP soit constituée de m matrices J = ( _?i J) sur sa diagonale
et de 0 partout ailleurs. Le Pfaffien de B se calcule facilement. En effet, comme <^s(ei,e2) = 1
et </?£(ei,ei) = 0 si i > 3, la relation (*) donne
<PB (el>--->e2m) = <Pb '(e3,...,e2m).
En poursuivant, on en déduit ainsi </?# (ei,... ,e2m) = <pB (e2m-i^2m) = 1. Donc Pf(B) = 1 et
le résultat de la question précédente entraîne donc 1 = Pf (B) = Pf (* PAP) = Pf {A) det P. Par
ailleurs, un calcul de déterminant par blocs donne det.6 = (det J)m = 1, et comme B = lPAP
on en déduit det (A) det(P)2 = 1, donc det A = l/det(P)2 = Pf(A)2.
Remarque. Ainsi, le déterminant d'une matrice antisymétrique A d'ordre pair est le carré
d'un polynôme en les coefficients de A (le Pfaffien). Ce résultat remarquable a été établi
par Cayley au milieu du XlX-ième siècle.

4. PROBLÈMES
277
Problème 9. Soit (E, \\.\\) un M-e.v norme de dimension n G N*. On note Bp,q l'ensemble
des formes bilinéaires symétriques sur E de signature (p, q). Si p + q = n, montrer que
BP)Q est un ouvert de l'espace vectoriel B des formes bilinéaires symétriques sur E.
Solution. Munissons B de la norme |||. ||| définie par V</? G B, |||</?| = sup^^ \\<p(x, x)\\ (B étant
de dimension finie, toutes les normes y sont équivalentes).
Donnons nous (po G Bp>q, où p + q = n. La signature de ipo étant (p,q), il existe deux s.e.v
F+ et F~ de E tels que
dimF+=p, dimF =g et ^ w ' _/n ï w n •
Comme p + g = n, on a ici F+ 0 F- = E.
L'ensemble S+ = {x G F+ | ||x|| = 1} est compact, donc ipo étant continue
3x G 5+, y>o(x,x) = inf <p0(y,y).
yeS+
En notant a = <fo(x, x) > 0, on voit que pour tout y G 5+, <Ad(2/> 2/) > <*> donc pour tout y G F+,
VoiViV) ^ allî/l|2- On montrerait de même l'existence de (3 > 0 tel que tout y G F- vérifie
<P0(V>V)<-P\\V\\2-
Soit 7 = inf (a, fi) et ip e B tel que |^| < 7/2. Alors ^ = tpo + ip vérifie
V*GF+, V>(x,x)=V0(x,x)+^(x,x)> 7lW2-^IN|2= \\\A?
Vx G F", ^(x,x) = ^o(x,x) +^(x,x) < -7H2 + \\\x\? = -2||*||2
On a donc (p(x,x) > 0 sur F+ \ {0} et tp(x,x) < 0 sur F~ \ {0}. Ceci suffit pour conclure que
ip est de signature (p, 4) (voir la remarque 9 page 234). La boule de centre y>o de rayon 7/2 est
donc incluse dans BPyQ} d'où le résultat.
Problème 10. Soient A et B e MrSpj deux matrices hermitiennes positives.
a) Si A est définie, montrer que la matrice AB est diagonalisable, à valeurs propres réelles
positives.
b) Montrer que le résultat de la question précédente subsiste lorsque A n'est pas supposée
définie.
c) Soient 0 < Ai < • • • < An les valeurs propres de A, 0 < \±\ < • • • < \in celles de B. Si À
est une valeur propre de AB, montrer Ai/^i < A < An/xn.
Solution, a) La matrice A étant hermitienne positive, il existe une matrice a G .Mn(C) hermi-
tienne positive telle que A = a2 (c'est très classique, voir l'exercice 1 page 245). Comme A est
définie, a est inversible. L'égalité AB = a2B = a(aBa)a~l montre que AB est semblable à aBa.
Cette dernière matrice est hermitienne, et positive car la matrice B étant positive,
VX, X*(aBa)X = (aX)*B(aX) > 0.
Finalement, on a montré que AB est semblable à une matrice hermitienne positive, ce qui suffit
à montrer que AB est diagonalisable à valeurs propres réelles positives.
b) C'est plus délicat. Comme à la question précédente, nous allons passer par la matrice aBa.
Soit k = rg(aBa). La matrice aBa étant hermitienne positive, on est assuré de l'existence
d'une famille libre de k vecteurs propres ei,...,efc associés à des valeurs propres strictement
positives Ai,..., Afc. Pour tout i G {1,..., &}, l'égalité (aBa)e{ = Xiei entraîne
(a2Ba)ei = Xiaei donc (AB)fi = Ai/i, avec fi = aei.

278
5. ESPACES EUCLIDIENS
La famille (fi)i<i<k est libre car
k k k
^2v>ifi = 0 => 0 = J2fii(aB)(fi) = J^fiiXiei => Vi G {1,... ,/c},^A^ = 0,
i=l i=l z=l
ce qui entraîne fii = 0 lorsque 1 < i < k puisque À; ^ 0. Finalement, on vient d'exhiber une
famille libre (fi)i<i<k à k éléments de vecteurs propres de AB associés à des valeurs propres non
nulles.
Nous allons prouver que toutes les autres valeurs propres sont nulles. Pour cela, nous
commençons par montrer rg(AB) = rg(aBa) = k. La matrice aBa est hermitienne positive (voir
plus haut), donc X G Ker(aBa) si et seulement si X*(aBa)X = 0. Comme B est positive, on en
déduit
XeKer{aBa) «=> 0 = X*(aBa)X = (aX)*B(aX) «=► aX eKev(B) «=> X eKev(Ba).
Ainsi, Ker(aBa) = Ker(jBa), donc rg(aBa) = rg(Ba). La matrice a est hermitienne donc Ima =
Ima2 = Im^4 (pour s'en convaincre, diagonaliser a dans une base orthonormale), donc lm(Ba) =
B(lma) = B(ImA) = lm(BA), d'où rg(Ba) = rg(BA). Finalement, on a montré rg(aBa) =
rg(BA). Le rang d'une matrice est égal à celui de sa transconjuguée, donc rg(jB^4) = rg[(iL4)*] =
rg(A*B*) = rg(AB), et finalement on a bien rg(aBa) = rg(AB) = k.
Le fait que dim(Ker(AB)) = n — k nous permet de prendre une base (/fe+i,... ,/n) de
Ker(i4jB). Ces n — k vecteurs correspondent à des vecteurs propres de AB associés à la valeur
propre 0. Ainsi, les vecteurs /i,..., /&, fk+u • • • > fn forment une famille libre à n éléments de
vecteurs propres de AB, donc une base de vecteurs propres de AB. La matrice AB est donc
diagonalisable, ses valeurs propres étant Ai,..., Xk > 0 et 0.
c) En désignant par || • || la norme euclidienne usuelle sur Cn, tout vecteur colonne X de Cn
vérifie
M \\Xf < \\AXf < \H\Xf et M?||X||2<||BX||2<^||X||2
donc
A?M? Il^ll2 < A? \\BXf < \\ABXf < Xl \\BX\\2 < A^ W|2. {t)
Si À est une valeur propre de AB, on a ||ABX||2 = |À|2 \\X\\2 (où X ^ 0 est un vecteur propre
associé), ce qui entraîne avec (*) la relation \\fxi < |À| < Àn)Un, d'où le résultat puisque l'on a
vu que À était réelle positive.
Problème 11. Soient R,S,T G Mn(C) trois matrices hermitiennes positives telles que
la matrice M = RST est hermitienne. Montrer que M est positive.
Solution. Il y a certainement beaucoup de façons de procéder. Celle que nous décrivons se
décompose en trois étapes, selon les propriétés vérifiées par la matrice T.
Première étape. Supposons T définie. Alors T est la matrice d'un produit scalaire, de sorte
qu'il existe P G É/4i(C) telle que T = P*P. Comme RST est hermitienne, on a facilement
RST = TSR donc
RSP*P = P*PSR d'où {P^RSP* = PSRP~1 ou encore R'S'= S'R'
avec R' = {P*)~lRP~l et S' = PSP*. Ainsi, les matrices R' et S' commutent. Comme elles sont
diagonalisables (car hermitiennes), on peut les diagonaliser dans une même base. De plus, leurs
valeurs propres sont positives (R! et S' sont hermitiennes positives) donc les valeurs propres de
R'S' sont positives. Ainsi, la matrice hermitienne R'S' est positive. Comme RST = P*(R'S')P
est congrue à R'S', c'est aussi une matrice hermitienne positive.
Deuxième étape. Supposons KerTnKeri? = {0}. Pour tout e > 0, la matrice T + eR est définie
positive. En effet, elle est positive comme somme de matrices positives, et elle est définie car si
X*(T + eR)X = 0, le fait que X*TX > 0 et X*RX > 0 entraîne X*TX = X*RX = 0, donc
XeKerTnKer#={0}.

4. PROBLÈMES
279
On peut donc appliquer le résultat de la première étape à la matrice hermitienne RS(T +
eR) = RST + sRSR. Ainsi, pour tout X e Cn, pour tout e > 0, X*RS(T + eR)X > 0 donc
en passant à la limite lorsque e —> 0 on obtient X*RSTX > 0. Ceci est vrai pour tout X G Cn,
donc RST est positive.
Troisième étape. Il ne reste plus qu'à traiter le cas oùF = KerT n Ker R ^ {0}. Soit r tel que
n - r = dim F. Soit (ei,..., en) une base orthonormale de Cn telle que F = Vect(er+i,..., en).
Quitte à faire un changement de base orthonormale pour se ramener dans cette base, on voit que
R=(*
0
o\ fSl
0 ' V 52
S*2 \ _. rr, ( TX
et T =
0
0
0
avec Ri,Si,Ti G A4r(C) et Keri^i flKerTi = {0}. La matrice M = RST étant hermitienne, on
a facilement
M = -RiSlT*
°\ M
o | o ; '
où Ri,Si,T\ vérifient les mêmes propriétés que R,S,T dans la deuxième étape. La matrice
RiS\Ti est donc positive, donc d'après (*) M est positive.
Problème 12. Soit A = (a>i,j)i<i,j<n £ Mn(C) une matrice hermitienne, dont les valeurs
propres sont notées Ai,..., An et numérotées telles que Ai > • • • > An.
a) Pour tout entier k compris entre 1 et n, montrer
k k
EaM<EA*- (*)
b) Lorsque k < n et A^ > A^+i, donner une condition nécessaire et suffisante sur la
matrice A pour que l'inégalité (*) soit une égalité.
Solution, a) Lorsque k = n, (*) est une égalité car Ya=i av = *rC^) = Ya=i ^*-
Sinon on a k < n. Notons $ la forme hermitienne sur Cn dont A est la matrice dans la base
canonique (ei,..., en) de Cn. Pour tout i G {1,... ,n}, on a a^ = $(ej). Soit (/i,..., /n) une
base orthonormale de Cn, orthogonale pour la forme hermitienne $, et telle que
Vt€{l,...,n}, Xi = *(/<)•
On note P = {Pij)i<i,j<n € Mn(C) la matrice (unitaire) de passage de la base (/i,..., /„) à la
base (ei,..., en), de sorte que e3- = Ya=i Pi,jfi pour tout,;'.
Pour donner l'idée de ce qui suit, nous commençons par le cas k = 1 qui est facile. Il suffit
d'écrire
ai,i = *(ei) = J2 \PiM2*(fi) = È A< M2 < Ai (J2 \Pi,i\2) = Ai||ei||2 = Ai.
2=1 2=1 \Z=1 /
Le cas général est plus délicat. On écrit
k k k / n \ n ( k \
E";-; = E *(e;) = E E A< M2 = EM £ IwjI2 • (**)
j=l j=l j=l \i=l / t=l \j=l /
Si on pose \ii = Ylj=i \Pi,j\2> ^es Mi vérifient les propriétés suivantes
TY k / TY \ k k 7X
W Ew = Ê £k/ =£lMI2 = *. (») w = ËiKil2 <ËIp^I2 = 1
2=1 j=l \i=l / j=l j = l j=l
(la dernière égalité résulte du fait que les vecteurs lignes de la matrice P forment également une
base orthonormale). Ainsi, on a affaire à une pondération des (Xi)i<i<n à coefficients positifs et
< 1, dont la somme des poids vaut k. La valeur maximale de cette pondération se produit lorsque

280
5. ESPACES EUCLIDIENS
les poids sont les plus grands possibles pour les plus grandes valeurs possibles de Àt-, ce qui est
précisément le résultat attendu. On démontre ceci en partant de l'égalité (**) qui entraîne
k n k / n \
Xa™ = XXifj,i - XA^+Afe+i ( X ^ 1 •
j=l i=\ i=\ \i=k+\ I
L'assertion (ii) permet d'écrire chaque \i{ sous la forme /a* = 1 — ^ avec 7* > 0 pour 1 <i < k
n / k \ k
et d'après (i), ]P Hi = k- I X^f ) = 5Z^f" Finalement,
i=k+l \i=l / i=l
k k / k \ k k k
J2 a3,3 ^ X Xi^ " ^ + Afe+J ( S7i ) = X! Xi + X)(Afe+! " A*)7* ~ X Xi- (***)
b) Si (*) est une égalité, alors la dernière inégalité de (***) est une égalité, et compte tenu des
hypothèses, ceci entraîne 7* = 0 pour 1 < i < k. Autrement dit, fi\ = ... = jik = 1 ce qui en vertu
de l'assertion (ii) entraîne pij = 0 pour l<i<ketk + l<j<n. Ainsi, ej = Ya=i Pi,jfi G
Vect(/i,..., fk) pour 1 < j < k, donc Vect(ei,..., ek) = Vect(/i,..., fk). Les bases (ei,...,en)
et (/i,..., fn) étant orthogonales, on a alors Vect(efc+i,..., en) = Vect(/fc+i,..., fn). Il n'en faut
pas plus pour conclure que A, matrice de $ dans la base (ei,..., en), se met sous la forme
A =
0
A2
0
où les valeurs propres de Ai G Mk(C) sont Ai,..., Xk.
k k
Réciproquement, si la matrice A possède cette propriété, alors XaM = M-^i) — X Xi'
i=l t=l
Problème 13. Soit A = {a^j)i<iyj<n e Mn(^) une matrice symétrique définie positive.
Montrer que la matrice B est définie positive, où B est définie par
B= ( _Hl
,l + 3 J i<ij<
<n
Solution. On considère l'application
A: %\}^Mn{R) t~A(t) = (ai,rti+i-1)1^n.
Si on montre que A(t) est définie positive pour tout t G ]0,1[, alors d'après l'exercice 5 page 248,
on aura prouvé que la matrice
f A(t) dt=(f au t «-1 dt) = (£L\ = B
JO \J0 J l<iyj<n \l "*" J / l<ij<n
est définie positive.
Or si t > 0 on a, pour tout vecteur colonne non nul X = ( : J l'égalité
( xi \
I txo
'XA^X = ^aijf+^XiXj = t -^aijixif-^ixjti-1) = t • CXtAXt), Xt = \ .
\ tn~lxn J
et comme A est définie positive, on en déduit tXA{t)X = t^XtAXt) > 0. Ainsi, A{t) est bien
définie positive pour tout t > 0, d'où le résultat.

4. PROBLÈMES
281
Problème 14. Soit P e R[X] un polynôme de degré n > 1, dont on note (on)i<i<n les
racines complexes. Pour tout A; G N, on note Sk = Ya=i aï e* on considère la matrice
A =
( S0 Si -•• Sn-i \
Si S2 Sn
\ Sn-i Sn • • • S2n-2 /
On note q la forme quadratique dont A est la matrice dans la base canonique de Rn.
Montrer que la signature de q est égale à (r + s, s) où r est le nombre de racines réelles
distinctes de P et 2s le nombre de racines complexes non réelles distinctes de P.
Solution. Notons (ei,..., en) la base canonique de Rn. On remarque tout d'abord que
u=l / l<i,j<n l<i,j,k<n k=l \e=l
Autrement dit, on peut écrire
n
VxGRn, q{x) = Y,f«k{x)2 où
fe=i \i=\ / e=i
Notons /?i,...,A- les racines réelles distinctes de P et mi,...,mr leur ordre de multiplicité
respectives, et 71,71,... ,7s,7s les racines complexes non réelles distinctes de P, Tordre de
multiplicité de 7i étant noté n;. On peut écrire
r s
V* G R", q(x) = Y^mkUk{x)2 + ^nfe(/7fc(x)2 + flk{x)2).
fc=i fc=i
Pour tout fc, 1 < k < s, notons u^ et ^ les parties réelles et imaginaires de /7Ac, de sorte que
7fc T <>7fc
/7fc = ^fc + Wfc et /^ = uk- ivk. On a /* + té = 2u| - 2v\, donc finalement
Vx G En, g(x) = X)mfe/^(x)2 + ^ïnk(uk{x? - vk{x)2).
fe=i fc=i
Ainsi, q s'écrit sous la forme de la somme de r + 5 carrés de formes linéaires sur Rn retranché à
la somme de 5 carrés de formes linéaires sur Rn. Nous allons montrer que les formes linéaires en
présence sont linéairement indépendantes, ce qui prouvera que la signature de q est (r + 5,5).
Pour prouver que ces formes linéaires forment une famille libre dans (En)*, il revient au même
de montrer que les matrices de ces formes linéaires sont linéairement indépendantes. Notons Ak =
(l,/?fc,..., Pk~l) la matrice de fpk dans la base canonique de En, Uk celle de uk et Vk celle de vk.
On a Uk+iVk = (1,7^,..., 7fc_1). Soit p = r+2s et considérons la matrice M G MPyn(R) dont les
lignes sont constituées des matrices Ak) Uk et Vfc, ce que nous notons par commodité sous la forme
M = L(Aiy..., i4r, C/i,..., C/s, Vi,..., Vs). Soit M' G MP(R) la matrice carrée extraite de M en
ne conservant que les p premières colonnes. En notant A'k, U'k et Vk les matrices lignes constituées
des p premiers coefficients de Ak, Uk et Vk, on a M1 = L(A[,..., A'r, [/{,..., t/J, V/,..., V^).
Regardons M' comme une matrice complexe. Son rang est inchangé en ajoutant à une ligne une
combinaison linéaire (à coefficients complexes) d'autres lignes, ou en multipliant une ligne par
un scalaire non nul. Ainsi, M' a le même rang que la matrice
N = L(A'1,...,A'r,U[+iV{,...}U,s+iV^Ui-iV{}...,U,s-iV:).
Cette matrice est la matrice de Vandermonde V((3i>...,/?r>7i> • • • >7s>7i> • • • >7s)> et comme les
$fc> les 7/. et 7fc sont distincts deux à deux, on en déduit que TV est inversible. Donc rg(M') =
rg(N) = p, donc M' est inversible dans MP(C). Comme M' est une matrice réelle, son inverse
est une matrice réelle, donc le rang de M' vu comme une matrice réelle est aussi égal à p. Ainsi,
on en déduit rg(M) = p donc les formes linéaires fpk, uk et vk forment bien une famille libre,
d'où le résultat.

282
5. ESPACES EUCLIDIENS
Remarque. Les coefficients Sk sont les sommes de Newton des racines de P, et peuvent
se calculer aisément à partir des coefficients de P grâce aux formules de Newton (voir
l'exercice 3 page 80).
Problème 15. Soient A, B e Mn(R) deux matrices réelles unitairement semblables, i.e.
3U e Mn{C), U unitaire, A = TBU.
Montrer que A et B sont orthogonalement semblables, c'est-à-dire
3Q <E Mn(R), tt orthogonale, A = 'ftMl
(Indication : montrer l'existence de P G </4(R) telle que A = P~lBP et lA = P~l lBP,
puis considérer la décomposition polaire P = QS, avec Q, orthogonale et S symétrique —
voir l'exercice 6 page 249.)
Solution. Suivons l'indication et commençons par montrer l'existence d'une matrice réelle
inversible P telle que PA = BP et PlA = lBP. Le principe ressemble à la solution de la question a) du
problème 11 page 158 (c'est classique). On écrit la matrice unitaire U sous la forme U = Ui+iU2,
où J7i, U2 G .M„(R). L'égalité A = TBU entraîne VA = BU etUlA = tBV', donc
UiA = BUu U2A = BU2 et U1tA = tBUu U2tA = tBU2. (*)
Le polynôme <p{X) = det(Ui + XU2) G R[X] ne s'annule pas puisque tp(i) = detU ^ 0,
donc n'a qu'un nombre fini de racines. En choisissant x G R tel que ip(x) ^ 0, la matrice
P = U\ + xU2 G Mn(R) est inversible et par linéarité, les égalités (*) donnent PA = BP et
PtA = tBP.
Nous considérons maintenant la décomposition polaire de P. Nous la retrouvons ici dans le
cas des matrices réelles (l'exercice 6 page 249 traite le cas des matrices complexes). La matrice
lPP est symétrique positive (c'est classique, la positivité provient de l'identité tX(tPP)X =
t(PX)(PX) = ||PX||2), donc on peut trouver une matrice symétrique positive S G .Mn(R) telle
que lPP = S2 (c'est également classique, il suffit de diagonaliser tPP dans une base orthonormée,
voir l'exercice 1 page 245). Comme P est inversible, S l'est également et la matrice Q, = PS-1
vérifie lQQ = 5_1 (tPP)S~1 = In, donc est orthogonale. Ainsi, on a P = QS avec Q, orthogonale
et S G Mn(R) symétrique définie positive.
Achevons notre raisonnement. En prenant en compte la forme polaire de P, les égalités
PA = BP et PtA = lBP entraînent respectivement
A = p-1BP = S~ltQBQS et A = tPBtP~1 = S^BÙS'1.
On en déduit SAS-1 = S-1 AS, donc S2 commute avec A. Nous allons montrer que cela entraîne
le fait que S et A commutent. Pour cela, désignons par 0 < Ai < ... < Àr les valeurs propres
de S et {Exi{S))i<i<r les sous-espaces propres associés. En diagonalisant 5, on s'aperçoit que S
et S2 ont les mêmes sous-espaces propres : Exi(S) = EX2(S2). Maintenant, si a; G Ex^S), on a
S2Ax = AS2x ce qui entraîne S2(Ax) = X2(Ax). On en déduit Ax G EX2(S2), donc Ax G Ex^S),
donc SAx = \{Ax = ASx. Ainsi, A et S commutent sur chaque sous-espace propre de 5, donc
sur Rn tout entier. En repartant de A = S'1 ^BQS, on en déduit AS = SA = tQBQS, donc
A = tQBQ est orthogonalement semblable à B.
Remarque. On montre de même que deux matrices symétriques réelles semblables sont
orthogonalement semblables.
Problème 16 (Hausdorffien d'une application linéaire en dimension finie).
Soit E un espace hermitien de dimension finie n G N*.

4. PROBLÈMES
283
1/ Soit / G C(E). On définit le hausdorffien de / par
"(/) = {^T I * « E x {0}} = {/(s) • x | ||*|| = 1}.
a) Montrer que H(f) est convexe et compact. (Indication. Pour montrer que [£, 77] C #(/)
si £,77 G #(/), on se l'amènera à montrer que [0,1] C H(g) où g = af + /3Id avec a et /?
bien choisis. Puis on écrira g = u + iv, avec it et i> autoadjoints.)
b) Si / se diagonalise dans une base orthonormale, déterminer H(f).
2/ Soit / G C(E) telle que tr/ = 0. Montrer l'existence d'une base B orthonormale de
E dans laquelle la matrice de / ait tout ses termes diagonaux nuls.
Solution. 1/ a) L'ensemble H(f) est compact car c'est l'image par l'application continue x i->
f(x) • x du compact {x G E, \\x\\ = 1}.
Montrons que H(f) est convexe. Donnons nous x,y G E, \\x\\ = \\y\\ = 1 et posons £ = f(x)-x
et 77 = f(y) • y. Il s'agit de montrer [£,77] C H(f). Si £ = 77 c'est terminé. Sinon, £ ^ 77, et on va
se ramener sur [0,1]. Il existe deux nombres complexes a et fi tels que
a£ + /? = 1 et m7 + /3 = 0.
On pose g = âf + (3 Id^. On a
K, 77] C H(f) *=* Vi G [0,1], tf + (1 - i)r? e #(/)
4=» V* € [0,1], 3* €E, 11*11 = 1, #+(!-*)»? = /(*)•*
* V* e [0,1],3* G E, ||z|| = 1, t = a(*£+ (1 " *)!?)+£ = yW • «
* [0,1]C #(<?).
Montrons donc [0,1] C H (g). On sait que g(x) • x = 1 et g(y) - y = 0. Écrivons g = u + iv
avec u et v autoadjoints (il suffit de prendre u = ^(g + g*) et v = |(gr* — g)). Quitte à multiplier
x par À G C, |À| = 1, on peut supposer v(x) • y G i R. Par ailleurs g(x) • x = 1 = u(x) • x — û>(x) • x
donc t>(x) • x = 0 (ceci car u et v étant autoadjoints, u(x) • x et t>(x) • x sont des nombres réels).
On a de même v(y) • y = 0.
Ceci étant, on pose h(t) = tx + (1 — i)y pour t G [0,1]. Comme £ = /(x) • x ^ /(y) • ?/ = 77,
les vecteurs x et ?/ forment une famille libre. Ceci prouve que h(t) ^ 0 pour tout t G [0,1] et
v[h(t)] • /i(i) = t2v(x) • x + t(l - t)[v(a:) • 2/ + v(x) • y] + (1 - i)2^) - j/ = 0
(car v(x) • y e ÏR). La fonction
,/, ■ m 11 _ r ,^ glft(01 ' MO
*-[°>1l-,c tM ||ft(i)IP
prend donc ses valeurs dans E. De plus ij) est continue, ip(0) = 0 et ip(l) = 1 donc d'après le
théorème des valeurs intermédiaires, [0,1] C ip([0> 1]) C H (g), d'où le résultat.
b) Soit (ei,..., en) une base orthonormale de vecteurs propres de /, associés aux valeurs propres
Ai,..., Àn de /. Pour tout x = Ya=i xiei e E te^ Que INI = 1, on a
/(x) • x = / f ^2 Xiei 1 • ^2 x^ = ]C M2**-
\ i / i i
Comme ^ \xi\2 = 1> on en conclue que H(f) est l'enveloppe convexe des À*. Dans le plan
complexe, on peut aussi voir H(f) comme l'intérieur du polygone convexe dont les sommets sont
les Yi.
2/ On procède par récurrence sur n = dimE". Pour n = 1, c'est évident. Supposons le résultat
vrai au rang n — 1 et montrons le au rang n.
Montrons déjà que 0 G H(f). Soit B = (ei,..., en) une base orthonormée et A la matrice de /
dans cette base. Les termes de la diagonale principale a^ de A vérifient la relation ô^" = /(e^) -e*,

284
5. ESPACES EUCLIDIENS
ce qui prouve que a^ G H(f) et H(f) étant convexe,
-y/â^i = -tU = OeH(f).
n '-^ n
i
Il existe donc un vecteur norme f\ tel que /(/i) • /i = 0. Notons F l'hyperplan {/î}1 et
9 = Pf° f\Fi ou Pf désigne la projection orthogonale sur F, de sorte que dans toute base B' de
F,
( 0
[/](/!,£') =
V
x
x
X
\
\9h
)
On a donc tr # = 0, donc d'après l'hypothèse de récurrence, il existe une base B' orthonormale
de F dans laquelle la matrice de g n'ait que des zéros sur la diagonale principale. Ainsi, la base
B = (fi,Br) est une base orthonormale de E (car f\ G FL) et
/ 0
[f]B =
\
X
X
X
\
bh
I
( °
X
\ x
X
0
X
x >
X
0 )
Remarque. On peut répondre à la partie 2/ sans utiliser la partie 1/ si on suppose /
autoadjoint.

ANNEXE A
Résolution des équations du troisième et du quatrième degré
Cette annexe propose la résolution des équations du troisième et du quatrième degré.
Deux techniques sont exposées, d'abord celles dues à Cardan (troisième degré) et Ferrari
(quatrième degré), découvertes historiquement en premier, puis la méthode de Lagrange
qui en un certain sens, est plus générale que les précédentes et offre un point de vue
intéressant.
1. Introduction
On se donne un polynôme F = a0 Xn + oi Xn~l H 1- an G K[X] (où K est un corps
commutatif quelconque), tel que a0 ^ 0 et n > 1. On se propose de résoudre l'équation
F(x) = 0. Quitte à diviser le polynôme F par oo, on peut supposer aç = 1. Enfin, en
effectuant le changement de variable x = z — Oi/n, on se ramène au cas où le coefficient
de Xn~l est nul. Finalement, on est amené à résoudre une équation de la forme
zn + a2zn~2 + • • • + an_i2 + an = 0.
Dans la suite, le corps de base K est le corps des nombres complexes C.
2. Techniques historiques
2.1. Méthode de Cardan pour la résolution de l'équation du troisième degré
On veut résoudre l'équation z3 + pz + q = 0. Si on pose z = u + v, l'équation sera
vérifiée si
u3 + v3 + 3u2v + Suv2 +pu + pv + q = 0 = u3 + v3 + (u + v)(Suv + p) + q = 0.
Ceci sera vérifié si on a
f u3 + v3 = -q
\ uv = —p/S
c'est-à-dire si u3 + v3 = —q et u3v3 = —p3/27, les déterminations des racines cubiques de
u et v étant choisies telles que uv = — p/S. En d'autres termes, il suffit que u3 et v3 soient
racines de
p3
z2 + qz — — = 0 avec uv = —p/S. (*)
Si on note Z\,z2 les racines de cette équation du second degré, si u et v sont des racines
cubiques de Z\ et z2 telles que uv = —p/S, les racines recherchées sont alors
u + v, uj + vj2, uj2 + vj où j = e2™/3.
Lorsque (p, g) 6 R2, le nombre de racines réelles de l'équation z3 + pz + q = 0 peut être
discuté. Celui-ci dépend du signe du discriminant de l'équation du second degré (*), qui
est du signe de 4p3 + 27g2. On montre facilement que
(i) Si Ap3 + 27g2 > 0, il y a une racine réelle et deux racines complexes conjuguées.
(ii) Si Ap3 + 21 q2 = 0, il y a une racine triple 0 si q = 0, une racine réelle double et une
réelle simple si q ^ 0.
(iii) Si Ap3 + 27g2 < 0, il y a trois racines réelles.

286 A. RÉSOLUTION DES ÉQUATIONS DU TROISIÈME ET DU QUATRIÈME DEGRÉ
Ce dernier résultat est à rapprocher de celui de l'exercice 2 de la page 79.
2.2. Méthode de Ferrari pour la résolution de l'équation du quatrième degré
On se donne F = z4 + az2 + bz 4- c et on veut résoudre F(z) = 0. Pour cela, on
recherche A, p et g tels que F{z) = (z2 4- À)2 — (pz + q)2. Ceci sera réalisé si et seulement
si le polynôme
(z2 + A)2 - F(z) = (2A - a) z2 - bz + (A2 - c) (**)
est un carré parfait, autrement dit si et seulement si le discriminant de (**) est nul, ce
qui s'écrit
A = b2 - 4(A2 - c)(2A - a) = -8A3 + 4oA2 + 8Ac + b2 - 4ac = 0.
Cette dernière équation peut être résolue grâce à la méthode de Cardan. Si A désigne l'une
quelconque de ses solutions, il est maintenant facile de trouver p et q puis de résoudre
{z2 + A)2 - (pz + q)2 = 0.
3. Méthode de Lagrange
On doit à Lagrange une ingénieuse idée de résolution des équations. Pour résoudre
F(z) = 0 où F est de degré d, l'idée de Lagrange est la suivante. Notons ai,... ,ad les
racines de F. Si on trouve un polynôme P en les c^ qui ne prend que d—l valeurs par
toute permutation sur les c^, on saura (grâce aux formules donnant les coefficients d'un
polynôme en fonction de ses racines, et compte tenu du fait que tout polynôme symétrique
peut s'exprimer au moyen seulement des polynômes symétriques élémentaires) trouver un
polynôme de degré d—l qui annule les d — 1 valeurs prises par P sur les on. On est ainsi
ramené à un polynôme de degré inférieur.
Ce principe encore un peu vague va prendre tout son sens dans les parties qui suivent.
3.1. L'équation du troisième degré
Notons a, /?, 7 les racines de F = z3 + pz + q. Le polynôme (X +jY + j2Z)3 ne prend
que deux valeurs par toutes les permutations effectuées sur a, p, 7, qui sont
A = (a + jp + j27)3 et B = [a + j7 + j2(3f.
Compte tenu du théorème 1 de la page 60, on a
ax = a + p + 7 = 0, 02 = cap + /?7 + 7a = p, cr3 = a/?7 = -q.
Un calcul donne
A + B = 2(a3 + P3 + 73) - 3(a2P + p2^ + 72a + a27 + p2a + 72/?) + 12a/?7
= 2(a-i - 3cricr2 + 3<73) - 3(<7icr2 - 3a3) + 12cr3 = -27g
et
AB = (a2 + p2 + i2-aP-P^- 7a)3 = (a2 - 2a2 - a2f = -27p3.
Ainsi, A et B sont trouvées simplement comme solutions de
z2 + 27qz-27p3 = 0. (***)
Si on note u (resp. v) une racine cubique de A (resp. de B), les déterminations étant
choisies telles que uv = (a + jp + j27) (a + j'y + j2p) = —3p, on s'est ramené à résoudre
le système
û:+/?+7=0 ( a = | (u + v)
a + jP + j2l = u dont les solutions sont < P = | (uj2 + vj) •
» + 31 + fP = v [l = 3 (UJ + v32)

3. MÉTHODE DE LAGRANGE
287
Noter que le test du nombre de racines réelles s'effectue simplement grâce au discriminant
de l'équation (***) qui est 27(4p3 + 27g2).
3.2. L'équation du quatrième degré
On note a, /?, 7,6 les racines de F = z4 + az2 + bz + c. Le polynôme XY + ZT ne
prend que trois valeurs par toutes les permutations effectuées sur a, /?, 7, <5, qui sont
A = a/3 + 7<5, 5 = cry + #5, C = a<5 + £7.
Ici, les fonctions symétriques des racines de F valent respectivement ai = 0, a2 = a,
<73 = — 6 et 0-4 = c. Les calculs qui suivent sont légèrement plus simples que ceux de la
partie précédente.
A + B + C = a2 = a,
AB + BC + CA = <7i<j3 - 4<j4 = -4c
et
ABC = (a\ - 2a2)a4 + a\ - 2a2aA = b2 - 4ac.
Ainsi A, B et C sont obtenus comme solutions de l'équation
z3 - az2 - Acz - b2 + 4ac = 0,
que l'on sait désormais résoudre. Si on note u,v,w ses racines, on est ramené à résoudre
le système
a + /? + 7 + (5 =0 ( a + /? + 7 + <5 = 0
ap + 7(5 = u éauivaut à J (<* + /?) (7 + *) = v + ti;
<*7 + /W = v qm eclulvaut a S (a + ô)(p + i) = u + v •
a<5 + /?7 = w [ (a + 7)(/? + £) = u + w
à l'aide de deux premières équations de ce dernier système, on trouve
a + (3 = pi et 7 + <5 = —pi, où pi = \/—v — w,
de même avec la première et la troisième équation
a + ô = p2 et /? + 7 = -p2, où p2 = yj—u — v
et avec la première et la dernière équation,
a + 7 = p3 et (3 + 5 = -p3, où p3 = \/-u - w.
Pour qu'il y ait équivalence entre ces trois dernières assertions et le système précédent, il
faut et il suffit que les déterminations des racines carrées pi,p2, pz soient choisies de sorte
que p\p2pz = —b, compte tenu du fait que
(a + 0)(a + 7) (a + S) = a(a + (3 + 7 + S) + a3 = -b.
Maintenant, on en déduit facilement que les solutions sont
<*= ^(Pi+^+Ps), P = -j[p\-p2-pz), 7 = ^(~Pi-p2-\-p3), S= -(-P1+P2-P3).

288 A. RÉSOLUTION DES ÉQUATIONS DU TROISIÈME ET DU QUATRIÈME DEGRÉ
3.3. L'équation du cinquième degré ?
L'approche de Lagrange est une technique très efficace pour abaisser le degré d'une
équation. Il est naturel de chercher à l'appliquer sur l'équation générale de degré cinq. La
difficulté est ici de trouver un polynôme de cinq variables qui ne prend que quatre valeurs
par toute permutation de ses variables.
En fait, un tel polynôme n'existe pas. Nous allons prouver ce résultat. Pour tout
polynôme P G C[Xi, X2, X3, X4, X5], pour toute permutation a G «S5, on note
P<r = P(Xa(i), Xa(2), ^<r(3) » ^cr(4), ^ct(5))
Supposons que P G C[Xi, X2, X3, Xt, X5] soit tel que l'ensemble T = {Pa | a G <S5} vérifie
Card(r) = 4. Le groupe des permutations <S5 opère sur T par le biais de la fonction
S5xT-^r (<t,Q)»Q*.
D'après le théorème 7 de la page 22, le stabilisateur H = {a G <S5 | Pa = P} de P est
un sous-groupe de <S5 d'indice 4 dans S$ (puisque par construction, l'orbite de P est T
tout entier, de cardinal 4). D'après l'exercice 8 de la page 25 ceci est impossible, d'où le
résultat.
Cette démonstration ne prouve pas qu'il est impossible de "résoudre" par des formules
générales l'équation de degré cinq, mais elle montre simplement que la méthode de
Lagrange ne s'applique pas. C'est Abel qui le premier montra que des formules générales
pour les solutions de l'équation de degré cinq n'existent pas. Galois compléta quelques
années plus tard ce résultat en donnant une condition nécessaire et suffisante sur un
polynôme pour qu'il soit résoluble par radicaux (en termes intuitifs, on dit qu'une équation est
résoluble par radicaux si ses solutions peuvent s'exprimer au moyen de "radicaux emboités
les uns dans les autres").

ANNEXE B
Invariants de similitude d'un endomorphisme et réduction de
Frobenius
Cette annexe présente la théorie des invariants de similitude des endomorphismes en
dimension finie. Cette notion est assez éloignée de l'esprit du programme de
mathématiques spéciales, et c'est plus à titre de curiosité qu'elle est présentée. Comme nous allons
le voir, elle propose un cadre agréable de réduction des endomorphismes qui permet une
caractérisation simple de la classe des matrices semblables à une matrice donnée. En
première lecture, les démonstrations des résultats énoncés peuvent être sautées.
Dans toute l'annexe, E désigne un espace vectoriel sur un corps commutatif K de
dimension finie n.
1. Introduction
On se donne un endomorphisme / G C(E). Nous commençons par donner quelques
rappels des résultats de l'exercice 3 de la page 178.
Notation. On note 11/ le polynôme minimal de /, et £/ l'ensemble {P(f) \ P € K[X]}.
Si x G E, on note Px le polynôme unitaire engendrant l'idéal {P G K[X] \ P(f)(x) = 0}
et Ex l'ensemble {P(f)(x) \ P G K[X}}.
Proposition 1. Si k = deg(II/), l'ensemble Cf est un s.e.y de C(E) de dimension k,
dont une base est (Id#, /,..., fk~1)-
Si t = deg(Pa;), l'ensemble Ex est un s.e.v de E de dimension £, dont une base est
(x,...,f-l(x)).
Démonstration. L'application K[X] —> C(E) P i-> P(f) est linéaire. Son image est £/, c'est
donc un s.e.v, et son noyau est {P G K[X] \ P(f) = 0} = (II/). Ainsi, Cf est isomorphe à
ik—1
K[X]/(Uf). Ce dernier étant de dimension k dont une base est (1,-X",... ,X ) (voir la
théorème 4 de la page 61) on en déduit par isomorphisme la première partie de la proposition.
La seconde partie se traite de manière analogue en considérant l'application K[X] —> E P i->
P(f)(x). □
La propriété qui suit est cruciale dans la suite de cette annexe (elle est prouvée dans
l'exercice 3 page 178).
Proposition 2. // existe x e E tel que Px = Uf.
Endomorphismes cycliques.
Définition 1. On dit que / est cyclique s'il existe x G E tel que Ex = E. D'après
les propositions précédentes, ceci équivaut à dire que deg(II/) = n (ou encore que 11/ =
(-l)nP/ où Pf désigne le polynôme caractéristique de /).

290 B. INVARIANTS DE SIMILITUDE D'UN ENDOMORPHISME ET RÉDUCTION DE FROBENIUS
DÉFINITION 2. Soit P = Xp+ap-iXp~l-\ ha0 G K[X). On appelle matrice compagnon
de P la matrice
C(P) =
/ 0 0 -a0 \
10 : -oi
o i ••. ; ;
G MP(K).
: '•. '*. 0 -op_2
V 0 • • • 0 1 -ap_! /
Nous avons déjà rencontré les matrices compagnons lors de la seconde démonstration
du théorème de Cayley-Hamilton, et nous avions montré que le polynôme caractéristique
de C(P) est (-1)PP.
Proposition 3. Soit f G C(E) un endomorphisme cyclique. Il existe une base de E dans
laquelle la matrice de f soit égale à C(II/).
Démonstration. Comme / est cyclique, il existe x G E tel que Ex = E. On sait alors que
(x,/(x),.. .,/n_1(a;)) est une base de E, et dans cette base, la matrice de / est C(II/) (si
11/ = Xn + an-\Xn~l + • • • + oo, l'image du dernier vecteur fn~l(x) de la base par / vaut
fn(x) = -an-if»-1^) a0x car Uf(f)(x) =0). □
2. Invariants de similitude
Le théorème qui suit est le point central de notre discussion.
Théorème 1. Soit f G C(E). Il existe une suite Fi} F2,..., Fr de s.e.v de E, tous stables
par f, telle que
(i) E = Fl®F2®---®Fr,
(ii) pour tout i G {1,... ,r}, la restriction fi = /|p. de l'endomorphisme f au s.e.v Fi
est un endomorphisme de Fi cyclique,
(iii) si Pi désigne le polynôme minimal de fi, on a Pi+\ \ Pi pour tout iG {l,...,r-l}.
La suite de polynômes Pi,..., Pr ne dépend que de f et non du choix de la décomposition.
On l'appelle suite des invariants de similitude de f.
Démonstration. Existence. Soit k = deg(II/) et soit x G E tel que Px = II/. Le s.e.v F = Ex est
de dimension k et il est stable par /. Comme deg(Px) = k, la famille de vecteurs
ei=x, e2 = /(«),••• , ek = fk~l(x)
forme une base de F = Ex. Complétons cette base en une base (ei,..., en) de E. En désignant
par (ej,..., e* ) la base duale associée, on note
G = T° où r = {tfi(e*k)\ieN} = {e*kof\ ieN}
(orthogonal vis-à-vis du dual). En d'autres termes, G est l'ensemble des x e E tels que la fc-ième
coordonnée de P(x) (dans la base (ei,..., en)) soit nulle pour tout i. L'ensemble G est un s.e.v
de £", et il est stable par / comme on le vérifie facilement.
Nous allons montrer F 0 G = Ey et pour cela, nous prouvons successivement F n G = {0}
et dim F + dim G = n.
Soit y e F n G. Si y ^ 0, on peut écrire y = a\ e\ H + ap ep avec ap ^ 0 et p < k. En
composant par lfk~p(el) = e\ o fk~p) on obtient
0 = e*k(ai ek-p+i H hapefc) = ap,
ce qui est absurde. Donc F D G = {0}.
Comme G = (VectT)0, pour montrer dim G = n — dim F = n — fc, il suffit de prouver
dim(Vect F) = k. Pour cela, on considère l'application linéaire
<p : Cf = {P(f) | P e K[X}} -> Vectr g~e*kog.

2. INVARIANTS DE SIMILITUDE
291
Par définition de VectF, tp est surjective. De plus, ip est injective. En effet, si e\ o g = 0 avec
g ^ 0, on peut écrire g = a\ \&e H \-ap fp~l G £/ (avec p < k et ap ^ 0) et
0 = e% o g(fk-p(x)) = el{axfk-p{x) + • • • + apfk~\x)) = ej(ai efe_p+i + • • • + ap ek) = ap,
ce qui est absurde. Finalement, ip est un isomorphisme donc dim(Vectr) = dim£/ = k.
Résumons. Nous avons trouvé un sous-espace G stable par / tel que F (&G = E. Notons Pi
le polynôme minimal de f\p} (qui est le polynôme minimal de / car Px = Px = II/), et P2 le
polynôme minimal de /[£. Comme G est stable par /, P2 \ P\. On applique ce qui précède à /|g,
et au bout d'un nombre fini d'étapes, on obtient la décomposition voulue.
Unicité. Supposons l'existence de deux suites de sous-espaces Fi,..., Fr et Gi,..., Gs tous stables
par / et vérifiant les conditions (i), (ii) et (iii). Notons Pi = II/|F et Qj = Uf.G .
On voit que Pi = 11/ = Q\. Supposons la liste (Pi,...,Pr) différente de (Qi,...,Qs) et
notons j le premier indice tel que Pj ^ Qj (un tel indice existe toujours même si r ^ s, car
J^.deg(Pi) = n = ^deg(Qj)). L'égalité E = Fi © • • • © Fr avec les Fi stables par /, et la
propriété Pj(f)(Fk) = 0 pour k > j, entraînent
Pj(f)(E) = Pi(/)(F1) e • • ..e PjimFj^) (*)
et par ailleurs l'égalité E = G\ 0 • • • 0 Gs avec les Gj stables par / entraîne
Pjtf)(E) = PjtfXG!) 0 • • • 0 PjtfKGj-!) 0 PjifXGj) 0 • • • 0 Pj(f)(Gs) (**)
On a dimPj(f)(Fi) = dimPj(f)(Gi) pour 1 < i < j — 1 (en effet, d'après la proposition 3, on
peut trouver une base B{ de Fi et une base B\ de Gi telles que la matrice de f\p. dans Bi coïncide
avec la matrice de f\Q. dans B^). En prenant les dimensions dans (*) et (**), on en déduit
0 = dim PjifXGj) = ■■■ = dimP^/NGJ,
ce qui prouve que Qj | Pj. Par symétrie de rôle , on a aussi Pj \ Qj, donc Pj = Qj ce qui est
absurde. Finalement, on doit avoir r = s et Pi = Qi pour tout i. □
Théorème 2 (Réduction de Frobenius). SiPi,...,Pr désigne la suite des invariants
de similitude de f G C{E), il existe une base B de E telle que
0
C(Pr)
On a d'ailleurs P\ = 11/ et Pi • • • Pr est le polynôme caractéristique de f (au facteur (—l)n
près).
Démonstration. Il suffit pour tout i de considérer une base Bi de Fi dans laquelle la matrice de
fi = f\p{ est C(Pi) (ce qui est possible d'après la proposition 3), puis d'écrire la matrice de /
dans la base B = (i?i,..., Br). □
Comme pour les matrices, on dit que deux endomorphismes /, g G £>{E) sont
semblables s'il existe h G Q£(E) tel que / = hrlgh. Muni de cette définition, on a le résultat
suivant.
Corollaire 1. Deux endomorphismes f et g e. C(E) sont semblables si et seulement
s'ils ont les mêmes invariants de similitude.
Démonstration. Si f et g sont semblables, on montre facilement en reprenant la preuve de l'unicité
dans le théorème 1 que f et g ont les mêmes invariants de similitude.
Réciproquement, si / et g ont les mêmes invariants de similitude, le théorème précédent
assure l'existence de deux bases B et Bf de E telles que [/]# = [#]#' ce qui signifie que f et g
sont semblables. □

292 B. INVARIANTS DE SIMILITUDE D'UN ENDOMORPHISME ET RÉDUCTION DE FROBENIUS
3. Applications
3.1. Réduction de Jordan
Une fois que l'on sait réduire un endomorphisme nilpotent sous forme de Jordan, il
n'est pas difficile de trouver la réduction de Jordan d'un endomorphisme quelconque (voir
le théorème 5, page 199). Comme nous allons le voir, cette première tâche peut être réalisée
au moyen de la théorie des invariants de similitude.
Soit / G C(E) un endomorphisme nilpotent. Désignons par Pi,...,Pr la suite des
invariants de similitude de /. Le produit Pi • • • Pr est au signe près le polynôme
caractéristique de /, qui est (—l)nXn, ce qui montre que Pi est de la forme Xni pour tout i.
Ainsi, C(Pi) est la transposée d'un bloc de Jordan pour tout i, et on en déduit avec le
théorème 2 l'existence d'une base B = (ei,..., en) de E dans laquelle la matrice de / est
de la forme
/ 0 0 \
Vl
ou
Vt€{l,...,n-1}, vfe{0,l}.
\ 0 vn-x 0 /
La matrice de / dans la base B' = (en,..., e{) est
/ 0 Vn-i 0 \
\0
Vl
0 /
qui a bien la forme voulue.
3.2. Autres applications
Il existe une multitude de résultats qui peuvent être prouvés grâce à la théorie des
invariants de similitude. Par exemple :
- Dans Mn(M) (n = 2 ou n = 3), deux matrices sont semblables si et seulement si
elles ont même polynôme minimal et même polynôme caractéristique (ce résultat
est faux dès que n > 4).
- Si L est un surcorps commutatif de K, si A, B G Mn(K) sont semblables sur Mn(h),
alors A et B sont semblables sur Mn(K). En effet, en vertu de l'unicité, les invariants
de similitude dans MnÇ^) sont les invariants de similitude dans Mn{^) (car de plus,
le polynôme minimal d'une matrice de Mn(K) est le même dans K[X] ou dans L[X]).
Ce résultat généralise celui de l'exercice 11 de la page 158.
- Si / G C(E) et si les seuls endomorphismes commutant avec / sont des polynômes
en /, alors / est cyclique. En effet, si tel n'est pas le cas, on a deg(II/) < n donc
le nombre r d'invariants de similitude de / vérifie r > 2. Avec les notations du
théorème 1, on peut écrire E = Fi © G où G = F2 0 • • • 0 Fr ^ {0}. Si on note p
la projection sur G parallèlement à Fi, p et / commutent (car Fi et G sont stables
par /). Si on avait p = Q(f) avec Q G K[X], comme p\Fl = 0 on en déduirait
Q(f\Fi) = 0, donc 11/ = II/|F divise Q, et donc p = Q(f) = 0, ce qui est absurde.
Ceci constitue la réciproque de la question 2/ de l'exercice 6 de la page 181.

ANNEXE C
Fractions continues
Nous proposons ici une introduction aux fractions continues, qui décrivent un moyen
simple de générer les meilleurs approximants fractionnaires d'un nombre réel irrationnel.
Dans une deuxième partie, nous caractérisons les fractions continues périodiques.
Problème 1 (Fractions continues). Étant donnée une suite réelle (an), avec an > 0
pour n > 0, on appelle fraction continue l'expression
[ao, ai,..., an] = ao H .
ai +
a2 4-
1
* +
1
De manière équivalente, on définit les fractions continues par [ao] = ao, [ao, ai] = ao + l/ai
et par la récurrence
Vn > 2, [ao,.. .,an] =
1
ao,..., an_2, an_i H
(*)
1/ (Développement en fraction continue d'un nombre irrationnel). Soit f un nombre réel
irrationnel. Partant de £o = £, on définit les suites (an) et (£n) par la relation de récurrence
Vn G N, an = [£n], £n+i = ———,
où pour tout x G K, [x] désigne la partie entière de x. La valeur an s'appelle quotient
incomplet d'indice n, et £n le quotient complet d'indice n.
a) Montrer que les suites (an) et (£n) sont bien définies, que an > 0 et £n > 0 pour tout
n G N* et que de plus
Vn G N*, f = [a0,...,On-uÇn]-
b) On définit les suites (pn) et (qn) par
PO = «0, Pi = «1^0 + !> Pn = ÛnPn-l + Pn-2,
<70 = 1> 9l = Gl, 9n = ÛnÇn-1 + <7n-2-
Montrer que
w ^ n w ^ n r 1 Vn-\X + Pn-2
Vn>2,Va:>0, [ao,... ,an_i,a:J = .
qn-\x 4- gn-2
c) Montrer que les valeurs [ao,..., an] (appelées réduites de £) vérifient
Vn G N, [a0, ...,an] = —.
d) Montrer que pour tout n G N*, on a la relation pnqn-\ — Pn-iQn = (—l)n_1.
e) Montrer que pour tout n G N, pn/qn est une fraction irréductible.

294
C. FRACTIONS CONTINUES
f ) Montrer
VnGN*, £--= ( 1)n
Qn Qn ( Qn-1 + Qn£n+1 )
En déduire que les réduites pn/qn sont des approximations fractionnaires de £ qui vérifient
qn
1
g) Montrer que sur deux réduites consécutives, il en existe une qui vérifie
t_Pn
qn
1
<
2<g
h) Montrer que pour tout n G N* on a
V(p,g)GZ2,0<ç<tfn, \qÇ-p\> \qnÇ-Pn\-
On dit alors que la réduite pn/qn est une meilleure approximation fractionnaire de £.
2/ (Fractions continues périodiques). On rappelle qu'un nombre £ G M est quadratique
s'il est racine d'un polynôme de degré 2 à coefficients entiers et irréductible dans Q[X).
a) Montrer qu'un nombre quadratique est irrationnel.
b) Soit £ G M un nombre irrationnel et (an) et (£n) les suites de quotients incomplets et
complets associés au développement en fraction continue de £. Montrer que le
développement en fractions continues de £ est périodique à partir d'un certain rang (c'est-à-dire
qu'il existe T G N* et r G N tel que ak+r = &k pour tout k > r) si et seulement s'il existe
T G N* et r G N tels que £r = £r+T.
c) Montrer que si le développement en fraction continue d'un nombre irrationnel £ G R
est périodique à partir d'un certain rang, alors £ est quadratique.
d) Soit £ G R quadratique et Q = aX2 +/3I + 7G Z[X] (a ^ 0) tel que Q(£) = 0.
(i) Montrer que le quotient partiel £n d'indice n est racine du polynôme
Qn(X) = (*_,* + qn-2?Q (P^X+J>n-2
\qn-\X +qn-2
(où pn et qn sont les entiers définis en 1/b) associés au développement en fraction continue
de £). Montrer que Qn et Q ont même discriminant, puis montrer que les polynômes Qn
sont en nombre fini.
(ii) Montrer que le développement en fraction continue de £ est périodique à partir d'un
certain rang.
Solution. 1/ a) L'existence des suites (on) et (£n) revient à montrer que £n — an ne s'annule
jamais. Ceci découle du fait que £n est un nombre irrationnel, propriété que l'on obtient
immédiatement par récurrence sur n.
On a bien an > 0 et £n > 0 pour tout n G N* car comme on_i est la partie entière du nombre
irrationnel £n-i, on a 0 < £n-i - an_i < 1 donc £n = l/(£n-i - an-i) > 1 et donc an = [£n] > 1-
Il reste à démontrer l'égalité £ = [oo,... ,an-i,Çn]- Nous procédons par récurrence sur n.
Pour n = 1, c'est vrai car
[o0,£i] = a0 + — = a0 + (£0 - oo) = £o = £•
Ci
Supposons maintenant le résultat vrai au rang n, de sorte que £ = [ao,... ,an_i,£n]. Comme
£n+i = l/(£n - on), on a $„ = an + l/£n+i, et en appliquant (*), on obtient
£ = [ao,... ,art_i,an + l/£n+i] = [ao,- •• >an_i,an,£n+i]
ce qui est précisément le résultat souhaité au rang n + 1.

C. FRACTIONS CONTINUES
295
b) On procède par récurrence sur n > 2. Pour n = 2 le résultat est vrai car
V# > 0, [oq,ai,x] = ao +
1
= a0 +
- x
aoaix + ao + x p\x + po
ai + 1/x " ' aix + 1 aix + 1 q\x + <?o
Supposons maintenant le résultat vrai au rang n et montrons le au rang n+ 1. En appliquant la
propriété au rang n on obtient pour tout x > 0
1
ao,... ,an_i,an H—
x
(an + l/x)pn-i + pn-2 (anX + l)pn-l + Pn-2% Pn% + Pn-1
(an + l/x)qn-i + gn_2 (ana; + l)qn-i + <?n_2z OnZ + qn-\
Le premier membre de cette expression est égal à [ao,..., an, x], le résultat est donc bien démontré
au rang n + 1.
c) Le résultat pour n = 0 et n = 1 est immédiat compte tenu de la définition de po,qo et pi,qi.
Pour n > 2, il suffit d'appliquer le résultat de la question précédente a x — Q'Ti*
d) Lorsque n = 1, le résultat découle de l'égalité piqo — poqi = (aoai + 1) — aoai = 1 et lorsque
n > 2 c'est une conséquence de la relation
PnQn-l -Pn-lQn = {a>nPn-l + Pn-2)Qn-l ~ Pn-\{o>nQn-\ + Qn-2) = -(Pn-lQn-2 -Pn-2Qn-l)-
e) Les valeurs an sont entières (ce sont des parties entières), donc pn et qn sont des entiers.
Pour n = 0, <?o = 1 donc po/qo est bien une fraction irréductible et pour n > 1, la relation
PnQn-i — QnPn-i = (—l)n_1 montre que pn et qn sont premiers entre eux (théorème de Bezout),
d'où le résultat.
f) Les résultats des questions 1/a) et b) entraînent
Pn
m
= [ao,... ,an,£n+i]
Pn
Qn
PnÇn+1 +Pn-1
QnÇn+1 + Qn-1
Pn
Qn
QnPn-1 - PnQn-l
("l)n
donc d'après le résultat de la question d)
t __Pn = Qn(Pn£n+l + Pn-l) - Pn{QnÇn+l + Qn-l) = =
Qn Qn (qn£n+1 + Qn-1 ) Qn (Qn£n+1 + Qn-1 ) Qn (Qn£n+1 + Qn-1 )
Comme £n+i > 1 (on Ta vu dans la solution de la question 1/a)), ceci entraîne |£— pn/Qn\ < 1/Qn-
g) Soit n G N. Le résultat de la question précédente montre que ^ — PnJQn et £ — pn+i/Qn+i sont
de signe contraire, donc
e
Pn
Qn
+
É-
Pn+1
Qn+1
Pn
Qn
Pn+l
Qn+1
1
<
1
QnQn+1 2q2
+
1
2^+1
(la dernière inégalité est une conséquence de l'inégalité 2xy = x2 + y2 — (x — y)2 < x2+y2 lorsque
x ¥" 2/> appliquée à x = l/qn et y = l/qn+i) ce qui entraîne le résultat voulu.
h) Raisonnons par l'absurde, en supposant \q£ — p\ < \qnÇ — pn\ avec 0 < q < qn et n > 0.
Comme pn+iQn —PnQn+i = (—l)n (d'après 1/d)), il existe deux nombres entiers x et y tels que
P = Wn + yPn+u Q = xqn + yqn+v
On a forcément x ^ 0 (sinon q = yqn+i > Qn car n > 0, ce qui est contraire aux hypothèses),
et y ^ 0 (sinon |ç£ — p| = \x\ • |#n£ — pn| > \qnÇ — pn|, ce qui est contraire aux hypothèses). On
doit également avoir x et y de signe opposé, sinon on aurait \q\ > \qn\ + \qn+i\ > tfn- De plus
d'après 1/f), les valeurs qnf; — pn et qn+i£> — Pn+l ont des signes opposés, donc x(qnÇ — pn) et
2/(tfn+i£ ~Pn+i) sont de même signe. Comme
q£-p = x(qnÇ - pn) + 2/(tfn+i£ - Pn+l)
ceci entraîne
Ité - P\ = \x(Qn£ - Pn)\ + |î/fan+l£ - Pn+l)| > M^nÉ " Pn)| > |«n^ - Pn\-
Cette inégalité est une contradiction, ce qui prouve le résultat.
2/a) Soit £ G E un nombre quadratique et un polynôme Q G Z[X] de degré 2, irréductible dans
Q[X], tel que Q(£) = 0. Si £ G E était rationnel, alors Q ne serait pas irréductible dans Q[X]
(il serait divisible par X — £), ce qui est absurde. (De manière équivalente, on montre facilement

296
C. FRACTIONS CONTINUES
que les nombres quadratiques sont ceux de la forme A+g D où A, By D G Z, avec B ^ 0 et D un
entier naturel qui n'est pas un carré.)
b) Compte tenu des formules permettant d'obtenir les quotients incomplets et complets d'un
nombre irrationnel, il est immédiat que le quotient incomplet de £& d'indice n est égal à an+k.
Ainsi, si £r = £r+T> l'égalité des quotients incomplets d'indice n de ces deux nombres entraîne
an+r = an+r+T pour tout n G N, c'est-à-dire ak = ak+r pour tout k > r. Réciproquement, si
aie = cik+T pour tout k > r, alors tous les quotients incomplets de £r et £r+T sont égaux, donc
les réduites de £r et Çr+T sont égales. Comme un nombre irrationnel est égal à la limite de ses
réduites (conséquence du résultat de la question 1/f)), ceci entraîne £r = £r+T-
c) Soit r G N et T G N* tels que les quotients incomplets £r et Çr+r de £ soient égaux. Posons
s = r + T. Les quotients complets et incomplets d'indice n de £r sont ceux de £ d'indice n + r,
donc d'après 1/a) on peut écrire £r = [ar,... ,as-i,£s]. Par ailleurs, le résultat de la question
1/b) appliqué au développement en fraction continue de £r permet d'écrire
£r = [ar,...,as_i,£s] = 8 , kT-i,kT-2jT-i>h-2 G N*
(où hn/£n désigne la n-ième réduite de £r). Comme £r = £s cette égalité entraîne
*t-i& + (*r-2 - fcr-iKr - fcr-2 = Q«r) = 0, Q = Ht-xX2 + (*r-2 - kT-i)X - /cT_2.
Le polynôme Q est à coefficients entiers et de degré 2, il est forcément irréductible car £r est
irrationnel. Ainsi, £r est un nombre quadratique.
Maintenant, la question 1/b) nous assure qu'à partir des réduites pn/Qn de £, on peut écrire
i = Pr-lHr+Pr-2 ^ fr=-*-rf+J*-2
Ceci entraîne que
Qr-lÇr + Qr-2 Qr-l£ ~ Pr-1
r> ( v \2^ l—Qr-2X + pr-2
R= {qr-iX -Pr-lYQ '
qr-\X -Pr-i )
annule £. Or R est un polynôme à coefficients entiers de degré 2 (son coefficient dominant
q^_iQ(qr-2/qr-i) est non nul car Q n'a pas de racine rationnelle), et comme £ est irrationnel, R
est forcément irréductible. Ainsi, £ est bien quadratique.
d) (i) Un calcul montre que l'on peut écrire
Qn = a(Pn-lX+pn-2)2+P{Pn-lX+Pn-2){qn-\X^ = anX2+pnX+Jn
où an, fin et 7n sont trois entiers, avec an = qn-iQ(Pn-i/qn-i)- Comme Q n'a pas de racine
rationnelle, ceci entraîne an ^ 0 donc Qn est bien un polynôme de degré 2 à coefficients entiers.
Comme Q(£) = 0, la formule £ = gnllfn+çfa-2 (v0*r */**)) montre que £n est bien racine de Qn-
Montrons que le discriminant An de Qn est égal au discriminant A de Q. Plutôt que de
calculer explicitement an, fin et 7n et de développer directement l'expression fi\ — 4an7n (les
calculs sont lourds), on va utiliser le fait que le discriminant d'un polynôme de degré 2 est égal
au carré de la différence de ses racines, multiplié par le carré de son coefficient dominant. Ainsi,
si £' désigne la deuxième racine de Q de sorte que Q = a(X — Ç)(X — £'), on a A = a2(£ — £')2-
Les deux racines de Qn étant £n = ~q"~**-p„~* et & = ~qn-$-Pn-\ ? et comme ^e P^us an =
ql-lQ(Pn-l/qn-l) = a(pn-l ~ Qn-lOiPn-l ~ 4n-l£')> On a
A lit d \2 2/ c\2,„ âr\2 f ~Qn-2^ + Pn-2 -Qn-2^' + Pn-2\
\ Qn-lÇ - Pn-1 tfn-lÇ ~ Pn-1 J
= a2 ({qn-2Ç - Pn-2)(qn-iÇ' ~ Pn-i) - {qn-2? - Pn-2)(qn-iÇ - Pn-i))
= a2 ({-qn-2Pn-l +Pn-2qn-l)Ç - {-qn-2Pn-l +Pn-29n-l)0
= a2(pn-iqn-2 - Pn-2qn-i)2{Ç - ^')2
et comme pn-iqn-2 -Pn-2<?n-i = (-l)n~2 (voir 1/d)), ceci entraîne bien An = a2(Ç -Ç')2 = A.

C. FRACTIONS CONTINUES
297
Montrons maintenant que les polynômes Qn sont en nombre fini. Il suffit pour cela de montrer
que les coefficients an, fîn et 7n de Qn sont~bornés, ce qui prouvera le résultat compte tenu du
fait que ces coefficients sont entiers. Pour le coefficient dominant an, on part de la relation
«n = Qn-iQ(Pn-i/Qn-i) ce qui entraîne, en appliquant l'inégalité des accroissements finis à la
fonction polynôme x i-> Q(x)
M = Ql-i
Q[^)-Q(0
\Qn-lJ
< Ql-iM
Pn-1 .
Qn-1
M= sup \Q'(x)\
\*-t\<l
car \pn-i/Qn-i — £| < 1 d'après 1/f). D'après 1/f) encore une fois, ceci entraîne |an| < M.
Poulie terme constant de Qn, on remarque que jn = q2l-2Q{Pn-2/ qn-2) = «n-i donc |7n-i| < M. Il
ne reste plus qu'à remarquer que (3% = An — 4an7n = A — 4an7n donc fi\ < A + 4M2, donc (3n
est borné également.
(ii) Comme il n'y a qu'un nombre fini de valeurs prises par la suite de polynômes (Qn), il y a au
moins trois indices distincts ni, n2, nz tels que Qni = Qn2 = Qnz. Or chacun de ces polynômes
n'a que deux racines et £nfc est racine de Qnk, cela entraîne que parmi £ni, £n2, £„3, deux valeurs
au moins sont identiques. Ainsi, nous avons montré l'existence de deux indices distincts r et 5
tels que £r = £s, donc le développement en fraction continue de £ est bien périodique à partir
d'un certain rang d'après 2/b).
Remarque. On peut également développer en fraction continue tout nombre rationnel
£ = a/6, mais la fraction continue est finie et s'arrête dès que £n est un entier. On montre
alors que l'algorithme permettant d'obtenir la fraction continue de £ est l'algorithme
d'Euclide.
Le résultat 1/f) entraîne que tout nombre irrationnel £ est développable en fraction
continue infinie. Réciproquement, on peut montrer que toute fraction continue infinie converge
vers un nombre irrationnel. Par ailleurs, l'égalité des limites de deux fractions continues
infinies n'est possible que si les quotients incomplets de l'une sont égaux à ceux de l'autre.
On peut montrer que si un nombre rationnel p/q vérifie |£ — p/q\ < l/(2g2), alors p/q est
forcément une réduite de £.
Une application classique des fractions continues est la résolution de V équation de Pell-
Fermat (recherche des solutions entières x et y telles que x2 — ny2 = ±1, lorsque n est un
entier qui n'est pas un carré).

Index des notations
Les numéros en fin de ligne indiquent les pages où apparaissent les notations
correspondantes.
a | d
a\b
x = y (mod p)
pgcd
a A 6
ppcm
aVb
Z{G)
Card(G)
[G: H]
H<G
G/H
Ker/
(A)
\X\) . . . , Xn)
(SQ
(1) s(2) - S(
(n))
'î.J
(ai,..., ap)
(P)
G/H
<p{n)
M
deg(P)
pgcd
(•P)
a: = y (mod n)
K(i4)
K(X)
A[XU
£M
Si,...
£i + -
£i®-
• • » ■^Ln\
' + En, 2*=i -^
Vect(A) ou Vect(xi)i£i
a divise 6, 7
a ne divise pas 6, 7
£ est congru à y modulo n, 7
plus grand diviseur commun, 7
pgcd de a et 6, 8
plus petit multiple commun, 8
ppcm de a et 6, 8
centre du groupe G, 17
cardinal de l'ensemble G, 18
indice de H dans G, 18
H est distingué dans G, 18
groupe quotient ou anneau quotient, 18
noyau du morphisme ou de l'appl. linéaire /, 19, 30, 114
sous-groupe engendré par A, 19
sous-groupe engendré par x\,... ,rcn, 19
groupe symétrique d'indice n, 20
permutation de {1,..., n}, 20
transposition sur i, j, 20
cycle de longueur p, 20
groupe alterné d'indice n, 21
idéal engendré par P, 30
groupe quotient ou anneau quotient, 30
indicateur d'Euler de n, 31
partie entière de x, 43
degré du polynôme P, 54
polynômes à coefficients dans A, 54
plus grand diviseur commun, 55
idéal engendré par P, 61
x est congru à y modulo n, 61
plus petit sous-corps contenant A et K, 62
fractions rationnelles sur K, 70
polynômes à plusieurs indéterminées, 77
polynôme symétrisé de M, 78
polynômes symétriques élémentaires, 78
somme des s.e.v Ei,..., En, 110
somme directe des s.e.v £?!,..., En, 110
s.e.v engendré par A ou par (xi)i£i} 110

INDEX DES NOTATIONS
299
dim(£)
C(E,F)
Im/
rg/
C{E)
Gt{E)
ïdB
(aitj) i^p
MM(K]
Mn(K)
lA
U)BB
In
^n(K)
[/]*
TgA
tiA, tr/
A^, B°
C(Ei,...,
CP(E,K)
det/
com(A), A
V(aii...ian)
Ex
Pf
f\F
n/
£c(£)
Ep,F),
ll*ll«
exp(/), ef
AÇB
[UyV]
y>(z,.), V>(-, a?)
Ker$
M*
0{E)
U(E)
SOn, 0+, SUn, SO(E),
0+{E), SU{E)
r
G(xi,...,xn)
[0-0,0.1,... ,an]
dimension-de E, 111
e.v des applications linéaires de E dans F, 113
image de l'application linéaire /, 114
rang de l'application linéaire /, 114
algèbre des endomorphismes de E, 115
groupe linéaire de E, 115
application identité de E, 115
matrice de type p x g, 119
matrices de type (p, q) à coefficients dans K, 119
matrices carrées n x n, 119
matrice transposée de A, 119
matrice de / dans les bases B et B', 120
matrice identité de Mn(K), 121
groupe linéaire d'indice n, 121
matrice de Pendomorphisme / clans la base B, 121
rang de la matrice A, 122
trace de la matrice A, de Pendomorphisme /, 122
crochet dual égal à <p(x) pour (p G E*, 126
dual, bidual de E, 126
orthogonal de A, de B (dans le dual), 128
application transposée de u, 129
formes p-linéaires, 134
déterminant de /, 136
comatrice de A, 137
déterminant de Vandermonde de 01,..., on, 137
sous-espace propre associé à À, 161
polynôme caractéristique de /, 162
restriction de Pendomorphisme / à F, 163
polynôme minimal de /, 176
endomorphismes de E continus, 182
norme de / G CC(E), 182
norme de X, 182
exponentielle de Pendomorphisme /, 184
A c B et A ^ B, 191
crochet de Lie de u et v : uv — vu, 206
pour x fixé, forme linéaire y ■-> <p(x,y) ou ip(y,x), 227
cône isotrope de <£>, 230
A est orthogonal à B, 230
noyau de la forme quadratique ou hermitienne $,231
transconjuguée de M G A4„(C), t. e. M* = 'M, 231
groupe orthogonal de E, 242
groupe unitaire de E, 242
groupe des matrices orthogonales ou unitaires, 243
groupe spécial orthogonal, 243
endomorphisme adjoint de /, 243
déterminant de Gram de X\,..., xn,
fraction continue, 293
263

Index
abélien (groupe -), 17
adjoint (endomorphisme -), 243
algèbre, 110
algébrique (nombre -), 86, 87
algébriquement clos (corps -), 62
alterné (groupe -), 21, 25
alternée (forme multilinéaire -), 134
anneau, 29
anneau
- commutatif, 29
- de Boole, 32
- des entiers de Gauss, 39
- euclidien, 38
- intègre, 29
- noethérien, 34
- principal, 30
- quotient, 30
- unitaire, 29
caractéristique d'un -, 30
idéal d'un -, 29
sous- -, 29
antilinéaire (application -), 227
antisymétrique
forme bilinéaire - , 228
forme multilinéaire -, 134
application linéaire, 113
associés (polynômes -), 54
autoadjoint (endomorphisme -), 243
automorphisme
- d'un espace vectoriel, 115
- de groupe, 19
- intérieur, 19
Banach (espace de -), 183
base
- ^-orthogonale, 231
- antéduale, 127
- canonique (de Kn, de K[X]), 111
- d'un espace vectoriel, 111
- duale, 127
- incomplète (théorème de la -), 111
- orthogonale, orthonormale, 241
Bernstein (inégalité de -), 95
Bezout (théorème de -), 8, 55
bidual, 126
bilinéaire (forme -), 134, 227
Boole (anneau de -), 32
caractéristique
- d'un anneau, 30
- d'un corps, 53
caractéristique (polynôme -), 162
Cardan (formules de -), 80, 285
Carmichael (nombres de -), 35
Cauchy
déterminant de -, 143
théorème de -, pour les groupes finis, 28
Cayley-Hamilton (théorème de -), 176
centre
- d'un groupe, 17
- du groupe linéaire, 118
changement de base, 121, 228
chinois (théorème des -), 31
clôture algébrique d'un corps, 62
codiagonalisables (endomorphismes -), 166
codimension (d'un sous-espace), 114
cofacteur, 136
comatrice, 137
combinaison linéaire, 110
commutant d'un endomorphisme, 181
compagnon (matrice -), 177, 290
congrues (matrices -), 228
corps, 53
corps
- algébriquement clos, 62
- commutatif, 53
- de dissociation, 62
- des racines d'un polynôme, 62
- premier, 54
clôture algébrique d'un -, 62
extension de -, ou surcorps, 53
sous- -, 53
cotrigonalisables (endomorphismes -), 166
Cramer (systèmes de -), 138
cryptographie, 34
cycle, 20
cyclique
endomorphisme -, 289
groupe -, 19
cyclotomique (polynôme -), 91
décomposition polaire, 249
définie (f. quadratique, hermitienne -), 230
dégénérée (f. quadratique, hermitienne -), 231
degré partiel, 77

INDEX
301
degré total, 77
déterminant, 135
déterminant
- de Vandermonde, 137
- caractéristique (d'un système), 138
- circulant, 146, 180
- d'un endomorphisme, 136
- d'une matrice carrée, 136
- de Cauchy, 143
- principal (d'un système), 138
dérivée d'un -, 217
diagonale (matrice -), 119
diagonale principale, 119
diagonalisable (endomorphisme -, matrice -),
163
diagonalisation simultanée, 166, 171, 246
dimension (d'un sous-espace), 111
Dirichlet (théorème de -), 12, 37, 92
discriminant d'un polynôme, 80
distingué (sous-groupe-), 18
division euclidienne, 7, 54
division selon les puissances croissantes, 55
dual (espace -), 126
Dunford (décomposition de -), 193
écart angulaire, 240
Eisenstein (critère d'-), 58
élément
- inversible, 29
- neutre, 17
- nilpotent, 29
élément primitif (théorème de 1'-), 89
éléments simples
- de première, de seconde espèce, 73
décomposition en -, 71
endomorphisme, 114, 115
endomorphisme
- adjoint, 243
- autoadjoint, 243
- normal, 258
- orthogonal, 242
- symétrique, 244
- unitaire, 242
équation aux classes, 22
équivalentes (matrices -), 121
espace vectoriel, 109
espace vectoriel
- de dimension finie, 111
- de dimension infinie, 111
- norme, 182
Euclide (algorithme d'-), 8, 10, 57
euclidien (anneau -), 38
euclidien (espace -), 240
euclidienne (norme -), 240
Euler
constante d'-, 103
indicateur d'-, 31
théorème d'-, 31
théorème d'- sur les nombres parfaits, 14
Euler, L., 11
exponentielle d'endomorphismes, 184
exposant d'un groupe abélien fini, 26
Faddéev (algorithme de -), 217
famille (génératrice, libre, liée), 111
Fermât
grand théorème de -, 17
nombres de -, 11, 13, 46
théorème de -, 9
Ferrari (méthode de -), 286
forme hermitienne, 230
forme linéaire, 113, 126
forme linéaire
-sur.Mn(K), 132
forme quadratique, 229
fraction rationnelle, 70
fraction rationnelle
décomposition en éléments simples d'une -,
71
pôle d'une -, 71
partie entière d'une -, 71
fraction continue, 293
Frobenius
matrices positives de -, 221
réduction de -, 291
Gauss
(méthode de-), 232
anneau des entiers de -, 39
lemme de -, 58
quadrature de -, 104
théorème de -, 8, 55
Gelfond-Schneider (théorème de -), 103
génératrice (partie -, famille -), 111
Gram (matrice de -, déterminant de -), 263
groupe, 17
groupe
p-groupe, 27
- abélien, commutatif, 17
- alterné, 21, 25
- cyclique, 19
- de type fini, 19
- des inversibles d'un anneau unitaire, 30
- des permutations, 20
- linéaire, 121
- linéaire (d'un e.v), 115
- monogène, 19
- opérant sur un ensemble, 21
- orthogonal, 242
- quotient, 18
- spécial orthogonal, 243
- symétrique, 20
- unitaire, 242
sous- -, 17
Hadamard (inégalité d'-), 262
hausdorffien (d'une application linéaire), 282
hauteur d'un polynôme, 79
Hermite

302
INDEX
interpolation de -, 66
polynômes de -, 108
hermitien (espace -), 240
hermitienne
forme -, 230
matrice -, 229
norme -, 240
hilbertien (espace -), 240, 254
Holladay (théorème de -), 158
homothétie, 115
hyperplan, 114, 129
idéal
- maximal, 33
- premier, 33
- principal, 30
radical d'un -, 33
idéal (- d'un anneau), 29
image (d'une application linéaire), 114
indépendants (vecteurs linéairement -), 111
indicateur d'Euler, 31
indice
- d'un endomorphisme, 192
- d'un sous-groupe, 18
- de nilpotence, 29
intègre (anneau -), 29
intérieur (automorphisme -), 19
intransitivité (relation d'-, classe d'-), 21
invariants de similitude, 290
inversible (élément -), 29
irréductible (polynôme -), 55
isométrie, 242
isométrie directe, indirecte, 243
isomorphisme
- d'anneaux, 30
- de K-e.v, 114
- de groupes, 19
isotrope (cône -, vecteur -), 230
Iwasawa (décomposition d'-), 250
Jacobi, 50
Jacobi
identité de -, 152
Jordan (réduction de -), 197, 199
Kronecker (théorème de -), 89
Lagrange
méthode de -, 286
polynômes d'interpolation de -, 61
théorème de -, 18, 51
Laguerre (polynômes de -), 108
Legendre
polynômes de -, 108
symbole de -, 46
libre (famille -), 111
Lie (crochet de -), 173, 206
liée (famille -), 111
Lindemann, 103
Liouville
nombres de -, 86
théorème de -, 15
logarithme d'une matrice inversible, 202
loi de réciprocité quadratique, 46
Lucas (test de -), 11
Markov (inégalité de -), 95
matrice, 119
matrice
- antisymétrique, 119, 228, 261, 273
-carrée, 119, 121
- compagnon, 177, 290
- de passage, 121
- diagonalement dominante, 123
- extraite, - bordante, 122
- hermitienne, 229
- ligne, - colonne, 119
- scalaire, 119
- symétrique, 119, 228
- triangulaire, trigonale, 119
ordre, taille d'une -, 119
matrices
- équivalentes, 121
- semblables, 121
- congrues, 228
maximum (principe du -), 67
Mersenne (nombres de -), 11, 16
mineur, 136
mineur principal, 162
minimal (polynôme -), 176
Minkowsky (inégalité de -), 235
monogène (groupe -), 19
morphisme
- d'anneaux, 30
- de groupes, 19
multilinéaire (application -), 134
neutre (élément -), 17
Newton (formules de -), 80
nilpotence (indice de -), 29
nilpotent
élément -, 29
endomorphisme -, 149, 163, 178, 197
noethérien (anneau -), 34
normal (endomorphisme -), 258
noyau
- d'un morphisme d'anneaux, 30
- d'un morphisme de groupes, 19
- d'une application linéaire, 114
- d'une f. quadratique, hermitienne, 231
noyaux (th. de décomposition des -), 175
orbite, 20, 21
ordre
- d'un élément, 19
- d'un groupe, 18
orthogonal (endomorphisme -), 242
orthogonale
famille -, 240
matrice -, 243

INDEX
303
orthogonalité
- dans le dual, 128
- dans un espace préhilbertien, 240
- selon une f. quadratique, hermitienne, 230
orthogonaux (polynômes -), 104
orthonormale, orthonormée (famille -), 240
parallélogramme (identité du -), 241
parfaits (nombres -), 14
partie entière d'une fraction rationnelle, 71
partie principale d'une fraction rationnelle, 71
Pépin (test de-), 46
permutation (groupe des -), 20
Perron, théorème de -, 221
Pfaffien d'une matrice antisymétrique, 274
pgcd, 7, 55
p-groupe, 27
polaire (forme -), 229, 230
polaire (décomposition -), 249
pôle d'une fraction rationnelle, 71
polynôme
- à plusieurs indéterminées, 77
- à une indéterminée, 54
- caractéristique, 162
- cyclotomique, 91
- d'endomorphisme, 174
- d'interpolation de Lagrange, 61
- dérivé, 60
- symétrique, symétrique élémentaire, 78
- unitaire, 54
corps des racines d'un -, 62
racine, zéro d'un -, 59
polynômes orthogonaux, 104
positive
forme quadratique ou hermitienne -, 234
matrice -, matrice définie -, 245
ppcm, 8
préhilbertien (espace -), 240
premier
corps -, 54
idéal -, 33
nombre -, 8
nombre pseudo-, 35
sous-corps -, 54
premiers entre eux
entiers - , 7
polynômes - , 55
primalité (tests de -), 36
primitive n-ième de l'unité (racine -), 91
principal (anneau -, idéal -), 30
produit scalaire, - hermitien, 240
projecteur, projection, 115
projection orthogonale, 242
propre (valeur -, vecteur -), 161
pseudo-premier (nombre -), 35
quadratique (forme -), 229
quadrature de Gauss, 104
quaternions (corps des -), 94
quotient
anneau -, 30
espace vectoriel -, 114
groupe -, 18
réflexion (de l'espace), 257
racine d'un polynôme, 59
racine primitive n-ième de l'unité, 91
racine carrée d'une matrice positive, 245
radical (d'un idéal), 33
rang
- d'une application linéaire, 114
- d'une f. bilinéaire ou sesquilinéaire, 228
- d'une forme hermitienne, 230
- d'une forme quadratique, 229
- d'une matrice, 122
rayon spectral, 210
réduction
- des endomorphismes autoadjoints, 244
- des endomorphismes normaux, 258
- des endomorphismes unitaires, 257
- des isométries, 256
- des matrices antisymétriques, 261, 273
régulière (valeur -), 161
résultant de deux polynômes, 208
retournement (de l'espace), 257
Rodrigues (formule de -), 266
rotation (du plan, de l'espace), 257
Rouché-Fontené (théorème de -), 138
RSA (algorithme-), 35
scalaire, 110
Schmidt (procédé d'orthogonalisation de -), 241
Schur (lemme de -), 172
Schur (produit de -), 254
Schwarz (inégalité de -), 235
scindé (polynôme -), 59
semblables (matrices -), 121
semi-simples (endomorphismes -), 224
séries entières d'endomorphismes, 183
sesquilinéaire (forme -), 227
signature
- d'un cycle, 21
- d'une f. quadratique, hermitienne, 234
- d'une permutation, 21
similitude (invariants de -), 290
simultanée (diagonalisation -, trigonalisation
-), 171
somme, somme directe de sous-espaces, 110
sous-anneau, 29
sous-corps, 53
sous-corps
- premier, 54
sous-espace caractéristique, 191
sous-espace propre, 161
sous-espaces totalement isotropes, 238
sous-groupe, 17
sous-groupe
- distingué, normal, invariant, 18
spectrale (valeur -), spectre, 161
splines cubiques, 158

304
INDEX
stabilisateur (d'un élément), 21
Steinitz (théorème de -), 62
stochastique, matrice -, 221
suites exactes, 117
supplémentaire (d'un s.e.v), 112
surcorps, 53
Sylow (théorème de -), 40
Sylvester
critère de -, 247
identité de -, 152
loi d'inertie de -, 234
symétrie, 115
symétrie
- hermitienne, 229
- orthogonale, 242
symétrique
- élémentaire (polynôme -), 78
élément -, 17
endomorphisme -, 244
forme bilinéaire -, 228
groupe -, 20
matrice -, 119, 228
polynôme -, 78
symétrisé d'un polynôme, 78
système linéaire
- de Cramer, 138
système linéaire, 137
Taylor (formule de -), 60
Tchébycheff
polynômes de -, 70, 95, 107
théorème de -, 43
théorème de la médiane, 241
théorème des nombres premiers, 14
théorème fondamental de l'algèbre, 63, 84
théorème fondamental de l'arithmétique, 8
trace, 122
transcendance (de e, de 7r), 100
transcendant (nombre -), 86
transconjuguée (matrice -), 231
transformée de Fourier discrète, 81.
transposée
application -, 129
matrice -, 119
transposition, 20
transvection (matrice de -), 156
trigonalisable (endomorphisme -, matrice -),
164
trigonalisation, 164
trigonalisation
- simultanée, 166, 171
unitaire
endomorphisme -, 242
matrice -, 243
unitaire (polynôme -), 54
unitaire (anneau -), 29
valuation p-adique, 43
Vandermonde (déterminant de -), 137
vecteur de probabilité, 221
vecteurs, 110
Waring
méthode de -, 79
problème de -, 52
Wedderburn (théorème de -), 93
Wiles, Andrew, 17
Wilson (théorème de -), 9
Groupe CPI - Aubin Imprimeur - Ligugé, D.L. janvier 2008 / Impr. : L 72689
Imprimé en France

>
Cette deuxième édition rassemble dans un même volume des rappelo
de cours complets, des compléments de cours, ainsi que 215 exercice o
et problèmes corrigés, classiques ou originaux, le tout portant sur le
programme d'algèbre de mathématiques spéciales MP*.
L'accent est porté sur la relation cours-exercice, indispensable pou
parvenir à une compréhension globale des concepts. Tous les thèmes
classiques sont présentés, expliqués, exploités, et fournissent ainsi
un bagage mathématique solide pour affronter les concours
scientifiques. Tout au long de l'ouvrage, de multiples remarques et renvoi -
ponctuent les résultats et permettent à l'étudiant de trouver des points
de repère.
Cette nouvelle édition apporte des améliorations de preuves et de
solutions, ainsi que quelques exercices et problèmes supplémentaires
dans l'esprit de l'édition précédente.
C'est l'outil idéal de l'élève des classes préparatoires scientifiques
pour la révision des concours. Il pourra également intéresser les
candidats à l'agrégation.
Illustration de couverture: LÉcole d'Athènes, Raphaël, Vatican.
9 ll782729"850142
w w w.editions-ellipses .fi