Sous-groupes, anneaux et matrices : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : sous-groupes, anneaux et matrices

Le corrigé détaillé : sous-groupes, anneaux et matrices

Exercice 1 – Trois ensembles de matrices à tester (3,5 points)

1. Soit \(M = \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & c \end{pmatrix}\) avec \(ac \neq 0\), et posons \(M^{\prime} = \begin{pmatrix} 1/a & -b/(ac) \\ 0 & 1/c \end{pmatrix}\). Un calcul direct donne \(MM^{\prime} = M^{\prime}M = I_2\). Ainsi \(M\) est inversible, donc \(T \subset GL_2(\mathbb{R})\), et de plus \(M^{-1} = M^{\prime} \in T\).

   Ensuite, \(I_2 \in T\) (avec \(a = c = 1\) et \(b = 0\)). Enfin, pour deux éléments de \(T\) :

   \[\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & c \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a^{\prime} & b^{\prime} \\ 0 & c^{\prime} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} aa^{\prime} & ab^{\prime} + bc^{\prime} \\ 0 & cc^{\prime} \end{pmatrix},\]

   avec \(aa^{\prime} \neq 0\) et \(cc^{\prime} \neq 0\). Donc \(T\) est un sous-groupe de \(GL_2(\mathbb{R})\).

2. La matrice \(P = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\) est à coefficients entiers et inversible, d’inverse \(\begin{pmatrix} 1/2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\). Or cet inverse, unique, n’est pas à coefficients entiers. Ainsi \(Z\) n’est pas stable par passage à l’inverse. Par conséquent, \(Z\) n’est pas un sous-groupe de \(GL_2(\mathbb{R})\).

3. Question 3 : une partie stable sous condition

   On calcule \(\begin{pmatrix} a & b \\ b & a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a & -b \\ -b & a \end{pmatrix} = (a^2 – b^2)\,I_2\), et le produit dans l’autre ordre donne le même résultat. Si \(a^2 \neq b^2\), la matrice est donc inversible, d’inverse \(\begin{pmatrix} a^{\prime} & b^{\prime} \\ b^{\prime} & a^{\prime} \end{pmatrix}\) avec \(a^{\prime} = \frac{a}{a^2 – b^2}\) et \(b^{\prime} = \frac{-b}{a^2 – b^2}\). De plus, \(a^{\prime 2} – b^{\prime 2} = \frac{1}{a^2 – b^2} \neq 0\). Ainsi \(D \subset GL_2(\mathbb{R})\), et \(D\) est stable par passage à l’inverse.

   Par ailleurs, \(I_2 \in D\) (avec \(a = 1\) et \(b = 0\)). Pour le produit, on obtient

   \[\begin{pmatrix} a & b \\ b & a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} c & d \\ d & c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} ac + bd & ad + bc \\ ad + bc & ac + bd \end{pmatrix}.\]

   En outre, \((ac + bd)^2 – (ad + bc)^2 = (a – b)(c – d)(a + b)(c + d) = (a^2 – b^2)(c^2 – d^2) \neq 0\). Donc \(D\) est un sous-groupe de \(GL_2(\mathbb{R})\).

Barème : 1) inclusion et inverse (0,5), neutre et produit (0,5) ; 2) contre-exemple (0,75) et conclusion (0,25) ; 3) produit donné et inverse dans \(D\) (0,75), neutre (0,25), stabilité par produit (0,5).

Piège classique : oublier de vérifier que la partie est incluse dans \(GL_2(\mathbb{R})\). Une matrice de la forme donnée n’est pas toujours inversible.

Exercice 2 – Un corps de matrices rationnelles (4 points)

1. D’abord, \(K \subset \mathcal{M}_2(\mathbb{Q})\) et \(I_2 = M(1, 0) \in K\). Ensuite, \(M(a, b) – M(c, d) = M(a – c, b – d) \in K\). Enfin, le produit vaut

   \[M(a, b)\,M(c, d) = \begin{pmatrix} ac + 2bd & 2(ad + bc) \\ ad + bc & ac + 2bd \end{pmatrix} = M(ac + 2bd,\; ad + bc).\]

   Les coefficients obtenus sont rationnels, donc \(K\) est stable par produit. De plus, l’expression est symétrique en \((a, b)\) et \((c, d)\). Ainsi \(K\) est un sous-anneau commutatif de \(\mathcal{M}_2(\mathbb{Q})\).

2. Questions 2 à 4 : inverses, diviseurs de zéro et racines carrées

   D’après la formule précédente, \(M(a, b)\,M(a, -b) = M(a^2 – 2b^2,\; -ab + ab) = (a^2 – 2b^2)\,I_2\).

   Soit \(M(a, b) \neq 0\), c’est-à-dire \((a, b) \neq (0, 0)\). Si \(b = 0\), alors \(a \neq 0\) et \(a^2 – 2b^2 = a^2 \neq 0\). Si \(b \neq 0\) et \(a^2 = 2b^2\), alors \(\left(\frac{a}{b}\right)^2 = 2\), donc \(\sqrt{2} = \left|\frac{a}{b}\right|\) serait rationnel : c’est absurde. Dans tous les cas, \(a^2 – 2b^2\) est un rationnel non nul.

   Par conséquent, \(M(a, b)\) est inversible, d’inverse \(M\left(\frac{a}{a^2 – 2b^2},\; \frac{-b}{a^2 – 2b^2}\right)\), qui appartient à \(K\). L’anneau commutatif \(K\), non nul, a tous ses éléments non nuls inversibles : c’est un corps.

3. Le calcul de la question 2 reste valable pour des réels. Ainsi \(M(\sqrt{2}, 1)\,M(\sqrt{2}, -1) = (2 – 2)\,I_2 = 0\), alors qu’aucun des deux facteurs n’est nul. Ces deux facteurs non nuls de produit nul empêchent \(K_{\mathbb{R}}\) d’être intègre ; or un corps l’est toujours, donc \(K_{\mathbb{R}}\) n’en est pas un.

4. Posons \(X = M(a, b)\), avec \(a\) et \(b\) rationnels. Alors \(X^2 = M(a^2 + 2b^2,\; 2ab)\). Ainsi \(X^2 = M(3, 2)\) équivaut à \(a^2 + 2b^2 = 3\) et \(ab = 1\).

   Dans ce cas, \(a \neq 0\) et \(b = \frac{1}{a}\), donc \(a^2 + \frac{2}{a^2} = 3\), puis \(a^4 – 3a^2 + 2 = 0\), soit \((a^2 – 1)(a^2 – 2) = 0\). Comme \(a\) est rationnel, \(a^2 \neq 2\), donc \(a = 1\) ou \(a = -1\), et alors \(b = a\). Réciproquement, \(M(1, 1)^2 = M(1 + 2,\; 2) = M(3, 2)\). Les solutions sont \(X = M(1, 1)\) et \(X = M(-1, -1)\).

Barème : 1) neutre et différence (0,25), produit (0,5), commutativité (0,25) ; 2) produit (0,5), argument d’irrationalité (0,75), conclusion (0,25) ; 3) 0,5 point ; 4) système (0,5) et résolution complète (0,5).

Piège classique : affirmer que \(a^2 – 2b^2 \neq 0\) « car \(a\) et \(b\) ne sont pas nuls ». C’est faux pour des réels, et seule l’irrationalité de \(\sqrt{2}\) permet de conclure.

Exercice 3 – Puissances entières par le binôme (4 points)

1. On a \(N = \begin{pmatrix} 0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\). Le seul coefficient non nul de \(N^2\) est celui de la ligne 1 et de la colonne 3, qui vaut \(2 \times 3 = 6\). Ensuite, \(N^3 = N^2 N\) a pour première ligne \((0, 0, 6)\,N = (0, 0, 0)\). Donc \(N^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 6 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\) et \(N^3 = 0\) : la matrice \(N\) est nilpotente.

2. Puisque \(I_3\) est le neutre du produit, elle permute avec \(N\) ; on peut alors développer \(A^n = (I_3 + N)^n\) par le binôme de Newton. Comme \(N^k = 0\) pour \(k \geq 3\), seuls trois termes subsistent :

   \[A^n = I_3 + nN + \frac{n(n-1)}{2}N^2.\]

   Cette formule reste vraie pour \(n = 0\) et \(n = 1\). Le coefficient de la ligne 1 et de la colonne 3 vaut alors \(-n + 3n(n – 1) = 3n^2 – 4n\). Ainsi \(A^n = \begin{pmatrix} 1 & 2n & 3n^2 – 4n \\ 0 & 1 & 3n \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\) pour tout entier naturel \(n\). Par exemple, pour \(n = 2\), on retrouve le coefficient 4 du produit \(A \times A\).

3. Questions 3 et 4 : inverse et exposants négatifs

   En développant, \((I_3 + N)(I_3 – N + N^2) = I_3 – N + N^2 + N – N^2 + N^3 = I_3 + N^3 = I_3\). Le produit dans l’autre ordre donne aussi \(I_3\), car les deux facteurs sont des polynômes en \(N\). Ainsi \(A\) est inversible et \(A^{-1} = I_3 – N + N^2\). On obtient \(A^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 7 \\ 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\).

4. Posons \(\alpha = \frac{n(n-1)}{2}\) et \(\beta = \frac{n(n+1)}{2}\), de sorte que \(B_{-n} = I_3 – nN + \beta N^2\). Comme \(N^3 = 0\), il vient

   \[B_n B_{-n} = I_3 + (n – n)N + (\beta – n^2 + \alpha)N^2 = I_3,\]

   car \(\alpha + \beta = n^2\). De même, \(B_{-n} B_n = I_3\). Soit alors \(n \geq 0\) : on sait que \(B_n = A^n\), donc \(B_{-n}\) est l’inverse de \(A^n\), c’est-à-dire \(A^{-n}\). Par conséquent, \(A^n = B_n\) pour tout \(n \in \mathbb{Z}\). On vérifie d’ailleurs que \(B_{-1}\) redonne bien la matrice \(A^{-1}\) de la question 3.

Barème : 1) 0,5 point ; 2) commutation citée (0,5), formule (0,5) et tableau (0,5) ; 3) produit (0,5) et inverse explicite (0,5) ; 4) calcul de \(B_n B_{-n}\) (0,5) et conclusion pour \(n\) négatif (0,5).

Piège classique : appliquer le binôme à deux matrices qui ne commutent pas. Ici, la décomposition \(A = I_3 + N\) est choisie précisément parce que \(I_3\) commute avec tout.

Exercice 4 – Pivot de Gauss avec un paramètre (4 points)

1. Les opérations sur les lignes \(L_1\), \(L_2\) et \(L_3\) sont effectuées en parallèle sur \(B_2\) et sur \(I_3\) :

   \[\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 3 & 3 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 2 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \;\to\; \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right)\]

   par \(L_2 \leftarrow L_2 – 2L_1\) et \(L_3 \leftarrow L_3 – L_1\). Ensuite, \(L_3 \leftarrow L_3 – L_2\) donne la ligne \((0, 0, 1 \mid 1, -1, 1)\). Trois pivots non nuls apparaissent, donc \(B_2\) est inversible.

   On remonte alors : \(L_2 \leftarrow L_2 + L_3\) donne \((0, 1, 0 \mid -1, 0, 1)\), puis \(L_1 \leftarrow L_1 – 2L_3\) donne \((1, 1, 0 \mid -1, 2, -2)\). Enfin, \(L_1 \leftarrow L_1 – L_2\) donne \((1, 0, 0 \mid 0, 2, -3)\).

   Ainsi \(B_2^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 2 & -3 \\ -1 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}\). Le produit \(B_2 B_2^{-1}\) redonne bien \(I_3\), ce qui confirme le calcul.

2. Questions 2 et 3 : un système, puis la discussion selon m

   Le système s’écrit \(B_2 X = S\), avec \(X = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}\) et \(S = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}\). Comme \(B_2\) est inversible, il admet une unique solution \(X = B_2^{-1}S\). On calcule \(x = 0 + 0 – 6 = -6\), puis \(y = -1 + 0 + 2 = 1\) et \(z = 1 – 0 + 2 = 3\). L’unique solution est donc \((x, y, z) = (-6, 1, 3)\). La première équation donne d’ailleurs \(-6 + 1 + 6 = 1\).

3. Les opérations \(L_2 \leftarrow L_2 – 2L_1\), \(L_3 \leftarrow L_3 – L_1\), puis \(L_3 \leftarrow L_3 – L_2\) transforment \(B_m\) en la matrice échelonnée \(\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & m – 1 \end{pmatrix}\). Ces opérations élémentaires sont inversibles, donc \(B_m\) est inversible si et seulement si cette matrice l’est.

   Pour \(m \neq 1\), chaque pivot diffère de zéro : la matrice échelonnée est alors inversible. Si \(m = 1\), la colonne \(X = \begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\) vérifie \(B_1 X = 0\) : en effet, \(-3 + 1 + 2 = 0\), puis \(-6 + 3 + 3 = 0\) et \(-3 + 2 + 1 = 0\). Or si \(B_1\) était inversible, on aurait \(X = B_1^{-1} \times 0 = 0\). Donc \(B_m\) est inversible si et seulement si \(m \neq 1\).

Barème : 1) opérations de descente (0,5), remontée (0,5), inverse vérifié (0,5) ; 2) écriture matricielle (0,5) et solution (0,5) ; 3) échelonnement (0,5), cas \(m \neq 1\) (0,5), colonne \(X\) pour \(m = 1\) (0,5).

Piège classique : combiner des lignes avec des opérations qui ne sont pas élémentaires, comme \(L_2 \leftarrow L_1 – L_2\) suivie de \(L_1 \leftarrow L_2\) dans la même étape. Une seule opération à la fois évite ces erreurs.

Exercice 5 – Problème : le groupe affine de la droite (4,5 points)

Partie A : un sous-groupe de matrices

1. Un calcul direct donne \(\Phi(a, b)\,\Phi(c, d) = \begin{pmatrix} ac & ad + b \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \Phi(ac,\; ad + b)\), avec \(ac \neq 0\). Ainsi \(\mathcal{A}\) est stable par produit, et \(I_2 = \Phi(1, 0) \in \mathcal{A}\).

   De plus, \(\Phi(a, b)\,\Phi\left(\frac{1}{a}, -\frac{b}{a}\right) = \Phi(1,\; -b + b) = I_2\), et de même \(\Phi\left(\frac{1}{a}, -\frac{b}{a}\right)\Phi(a, b) = \Phi\left(1,\; \frac{b}{a} – \frac{b}{a}\right) = I_2\). Donc \(\mathcal{A} \subset GL_2(\mathbb{R})\), et l’inverse reste dans \(\mathcal{A}\). Ainsi \(\mathcal{A}\) est un sous-groupe de \(GL_2(\mathbb{R})\), et \(\Phi(a, b)^{-1} = \Phi\left(\frac{1}{a}, -\frac{b}{a}\right)\).

   Enfin, \(f_{a,b}\left(f_{c,d}(x)\right) = a(cx + d) + b = acx + ad + b\). Donc \(f_{a,b} \circ f_{c,d} = f_{ac,\, ad + b}\), qui est bien la fonction associée au produit.

2. On a \(\Phi(2, 0)\,\Phi(1, 1) = \Phi(2, 2)\), alors que \(\Phi(1, 1)\,\Phi(2, 0) = \Phi(2, 1)\). Le groupe \(\mathcal{A}\) n’est donc pas commutatif. En termes de fonctions, doubler puis ajouter 1 ne revient pas à ajouter 1 puis doubler, comme le montre la figure.

Un morphisme et le centre (partie B)

1. D’après la partie A, \(\delta\left(\Phi(a, b)\,\Phi(c, d)\right) = ac = \delta\left(\Phi(a, b)\right)\delta\left(\Phi(c, d)\right)\), donc \(\delta\) respecte les produits : c’est un morphisme de groupes. Chaque réel \(a\) non nul est atteint, par exemple en \(\Phi(a, 0)\), d’où la surjectivité. Par ailleurs, \(\Phi(a, b)\) appartient au noyau exactement quand \(a = 1\). Ainsi \(\mathcal{T} = \ker \delta = \left\{\Phi(1, b) : b \in \mathbb{R}\right\}\), qui est un sous-groupe de \(\mathcal{A}\).

   Ensuite, \(\Phi(1, b)\,\Phi(1, b^{\prime}) = \Phi(1,\; b + b^{\prime})\), donc \(\tau : b \mapsto \Phi(1, b)\) est un morphisme de \((\mathbb{R}, +)\) dans \(\mathcal{A}\). Son noyau est réduit à \(\{0\}\), car \(\Phi(1, b) = I_2\) impose \(b = 0\) ; il est donc injectif. Quant à l’image de \(\tau\), c’est exactement \(\mathcal{T}\). Par conséquent, \(\tau\) est un isomorphisme de \((\mathbb{R}, +)\) sur \(\mathcal{T}\).

2. Soit \(\Phi(a, b)\) un élément du centre. Pour tout \(\Phi(c, d)\), l’égalité \(\Phi(a, b)\,\Phi(c, d) = \Phi(c, d)\,\Phi(a, b)\) équivaut à \(ad + b = cb + d\). Avec \((c, d) = (2, 0)\), on obtient \(b = 2b\), donc \(b = 0\). Ensuite, avec \((c, d) = (1, 1)\), on obtient \(a = 1\). Réciproquement, \(I_2\) commute avec tout. Le centre de \(\mathcal{A}\) est donc réduit à \(\{I_2\}\).

Éléments d’ordre 2 (partie C)

On a \(\Phi(a, b)^2 = \Phi(a^2,\; ab + b)\). Ainsi \(\Phi(a, b)^2 = I_2\) équivaut à \(a^2 = 1\) et \(b(a + 1) = 0\). Si \(a = 1\), alors \(b = 0\) et l’on retrouve \(I_2\). Lorsque \(a = -1\), en revanche, la seconde condition est toujours vraie. Les éléments cherchés sont donc les \(\Phi(-1, b)\), pour \(b \in \mathbb{R}\).

Cependant, \(\Phi(-1, 0)\,\Phi(-1, 1) = \Phi(1,\; -1)\), qui n’est ni \(I_2\) ni de la forme \(\Phi(-1, b)\). L’ensemble formé de \(I_2\) et des éléments d’ordre 2 n’est donc pas stable par produit : ce n’est pas un sous-groupe.

Barème : A.1) produit et stabilité (0,25), inverse (0,5), composition (0,25) ; A.2) 0,5 point ; B.1) morphisme et surjectivité (0,25), noyau (0,25), isomorphisme \(\tau\) (0,5) ; B.2) 1 point ; C) éléments d’ordre 2 (0,5) et contre-exemple (0,5).

Piège classique : écrire \(\Phi(a, b)\,\Phi(c, d) = \Phi(ac,\; b + d)\) par analogie avec une addition. Le terme \(ad + b\) montre au contraire que la seconde coordonnée dépend de \(a\).

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