Partiel d’algèbre du semestre 3 : corrigé du contrôle de maths en L2
Voici le corrigé du contrôle de maths en L2 sur le thème « partiel d’algèbre du semestre 3 », question par question.
Cette correction suit la rédaction attendue dans une copie de partiel : chaque théorème est nommé et ses hypothèses sont vérifiées. Les deux démonstrations de cours sont données en entier, car elles reviennent souvent en examen. Ensuite, la décomposition de la permutation est accompagnée d’un dessin de ses cycles, ce qui rend l’ordre et la signature immédiats. Pour la discussion selon le paramètre, un schéma récapitule les quatre cas, puis chacun est justifié par un rang. Dans le problème, les relations entre générateurs évitent presque tout calcul matriciel. Chaque exercice se termine enfin par son barème et, si besoin, par une erreur fréquente relevée dans les copies.
L’énoncé complet se trouve ici : Partiel d’algèbre du semestre 3 : contrôle de maths en L2.
Barème du contrôle corrigé : partiel d’algèbre du semestre 3
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Deux démonstrations de cours | 3 points |
| 2. Une matrice involutive | 3 points |
| 3. Une permutation de sept éléments | 3 points |
| 4. Réduction selon un paramètre | 5 points |
| 5. Problème : un groupe de six matrices | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : partiel d’algèbre du semestre 3
Exercice 1 – Deux démonstrations de cours (3 points)
Le théorème de Lagrange
-
Énoncé : si \(H\) est un sous-groupe d’un groupe fini \(G\), alors \(|H|\) divise \(|G|\).
Pour \(x\) dans \(G\), on note \(xH = \{xh \mid h \in H\}\). D’abord, ces classes recouvrent \(G\), car \(x = xe\) appartient à \(xH\).
Ensuite, deux classes sont égales ou disjointes. En effet, si \(z \in xH \cap yH\), on écrit \(z = xh_1 = yh_2\), donc \(y = xh_1h_2^{-1}\) et \(yH \subset xH\) ; par symétrie, \(xH = yH\).
Pour chaque \(x\), la translation \(h \mapsto xh\) envoie \(H\) sur \(xH\) ; on revient en arrière en multipliant à gauche par \(x^{-1}\). Toutes les classes ont donc \(|H|\) éléments.
Si \(k\) désigne le nombre de classes distinctes, elles partitionnent \(G\), d’où \(|G| = k\,|H|\). Ainsi \(|H|\) divise \(|G|\).
Liberté des vecteurs propres
-
Pour \(p = 1\), la famille \((x_1)\) est libre, car un vecteur propre est non nul par définition.
Supposons ensuite le résultat vrai pour \(p – 1\) vecteurs, et soit \(\sum_{i=1}^{p} a_ix_i = 0\). On applique \(f\), puis on soustrait \(\lambda_p\) fois la relation initiale : \(\sum_{i=1}^{p-1} a_i(\lambda_i – \lambda_p)x_i = 0\).
Par hypothèse de récurrence, \(a_i(\lambda_i – \lambda_p) = 0\) pour \(i \leq p – 1\). Or les valeurs propres sont deux à deux distinctes, donc \(a_i = 0\) pour \(i \leq p – 1\). Il reste alors \(a_px_p = 0\) avec \(x_p \neq 0\), donc \(a_p = 0\).
Par récurrence, la famille \((x_1, \ldots, x_p)\) est libre.
Exercice 2 – Une matrice involutive (3 points)
- Le produit ligne par colonne donne, pour la première ligne, \((1 + 4 – 4 ;\; 2 + 2 – 4 ;\; -2 – 4 + 6) = (1 ; 0 ; 0)\). De même, les deux autres lignes valent \((0 ; 1 ; 0)\) et \((0 ; 0 ; 1)\). Donc \(C^2 = I_3\). Par conséquent, \(C \times C = I_3\) : \(C\) est inversible et \(C^{-1} = C\).
- Le polynôme \(X^2 – 1 = (X – 1)(X + 1)\) annule \(C\). Il est scindé à racines simples sur \(\mathbb{R}\). D’après le critère du polynôme annulateur, \(C\) est donc diagonalisable. Par ailleurs, si \(Cx = \lambda x\) avec \(x \neq 0\), alors \(x = C^2x = \lambda^2x\), donc \(\lambda^2 = 1\) : le spectre est inclus dans \(\{-1, 1\}\).
-
On a \(C – I_3 = \begin{pmatrix} 0 & 2 & -2 \\ 2 & 0 & -2 \\ 2 & 2 & -4 \end{pmatrix}\). Les deux premières lignes donnent \(y = z\) et \(x = z\). Ainsi \(\ker(C – I_3) = \operatorname{Vect}\left((1 ; 1 ; 1)\right) = \mathcal{D}\).
Ensuite, les trois lignes de \(C + I_3\) sont égales à \((2 ; 2 ; -2)\). Donc \(\ker(C + I_3)\) est le plan \(\mathcal{P}\) d’équation \(x + y – z = 0\).
Comme \(1 + 2 = 3\), on a \(\mathbb{R}^3 = \mathcal{D} \oplus \mathcal{P}\). Un vecteur s’écrit \(d + q\) avec \(d \in \mathcal{D}\) et \(q \in \mathcal{P}\), et \(c(d + q) = d – q\). L’endomorphisme \(c\) fixe donc chaque vecteur de la droite et change en son opposé chaque vecteur du plan : c’est la symétrie d’axe \(\mathcal{D}\) et de direction \(\mathcal{P}\).
Piège classique : affirmer que le spectre est exactement \(\{-1, 1\}\) dès la question 2. Le polynôme annulateur ne donne qu’une inclusion ; ici, les deux noyaux non nuls la rendent ensuite égale.
Exercice 3 – Une permutation de sept éléments (3 points)
-
On lit \(\sigma(1) = 4\), \(\sigma(4) = 7\) et \(\sigma(7) = 1\). Puis, en partant de 2 : \(\sigma(2) = 6\), \(\sigma(6) = 5\), \(\sigma(5) = 3\) et \(\sigma(3) = 2\). Tous les entiers sont alors utilisés. Donc \(\sigma = (1\;4\;7)(2\;6\;5\;3)\), produit de deux cycles à supports disjoints.
- Des cycles disjoints commutent, et l’ordre d’un cycle est sa longueur. L’ordre de \(\sigma\) est donc le PPCM de 3 et 4 : \(\sigma\) est d’ordre 12. Ensuite, \(2026 = 12 \times 168 + 10\), d’où \(\sigma^{2026} = \sigma^{10} = (1\;4\;7)^{10}(2\;6\;5\;3)^{10}\). Comme \(10 = 3 \times 3 + 1\) et \(10 = 4 \times 2 + 2\), il vient \(\sigma^{2026} = (1\;4\;7)(2\;6\;5\;3)^2\). Finalement, \(\sigma^{2026} = (1\;4\;7)(2\;5)(3\;6)\).
- La signature est un morphisme, et un cycle de longueur \(k\) a pour signature \((-1)^{k-1}\). Le cycle \((1\;4\;7)\) est donc pair et le cycle \((2\;6\;5\;3)\) impair. Par produit, la signature de \(\sigma\) vaut \(-1\).
- Une intersection de deux sous-groupes de \(\mathfrak{S}_7\) est un sous-groupe, donc \(\langle \sigma \rangle \cap \mathcal{A}_7\) est un sous-groupe de \(\langle \sigma \rangle\). De plus, \(\varepsilon(\sigma^k) = (-1)^k\), donc \(\sigma^k\) est paire si et seulement si \(k\) est pair. Par conséquent, cette intersection est \(\langle \sigma^2 \rangle\), d’ordre 6.
Piège classique : calculer l’ordre comme le produit 3 × 4. Le résultat est juste ici, mais pour des cycles de tailles 4 et 6, le produit 24 surestime l’ordre, qui vaut 12.
Exercice 4 – Réduction selon un paramètre (5 points)
Polynôme caractéristique et cas général
- On développe \(\det(XI_3 – B_m)\) selon la deuxième ligne, qui ne contient que le coefficient \(X – 2\). Il reste le déterminant 2×2 extrait des lignes et colonnes 1 et 3 : \(\det\begin{pmatrix} X – 1 & -m \\ -1 & X – 1 \end{pmatrix} = (X – 1)^2 – m\). Donc \(\chi_{B_m}(X) = (X – 2)\left((X – 1)^2 – m\right)\).
- Pour \(m > 0\), on a \((X – 1)^2 – m = (X – 1 – \sqrt{m})(X – 1 + \sqrt{m})\). Le spectre est donc \(\{2, 1 + \sqrt{m}, 1 – \sqrt{m}\}\). Or \(1 – \sqrt{m} < 1 < 2\), et \(1 + \sqrt{m} = 2\) seulement si \(m = 1\). Pour \(m \neq 1\), les trois valeurs propres sont distinctes, donc \(B_m\) est diagonalisable.
Les deux valeurs critiques du paramètre
-
Pour \(m = 1\), on obtient \(\chi_{B_1}(X) = (X – 2)(X – 2)X\). La valeur propre 2 est double et la valeur 0 est simple.
Ensuite, \(B_1 – 2I_3 = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}\) est de rang 1, car ses lignes non nulles sont opposées. Par le théorème du rang, \(\dim E_2 = 2\) : on trouve \(E_2 = \operatorname{Vect}\left((1 ; 0 ; 1), (0 ; 1 ; 0)\right)\).
Pour la valeur 0, le système \(B_1X = 0\) donne \(y = 0\) et \(x + z = 0\), d’où \(E_0 = \operatorname{Vect}\left((1 ; 0 ; -1)\right)\). Les dimensions égalent les multiplicités, donc \(B_1\) est diagonalisable, dans la base \(\left((1 ; 0 ; 1), (0 ; 1 ; 0), (1 ; 0 ; -1)\right)\).
- Pour \(m = 0\), on a \(\chi_{B_0}(X) = (X – 2)(X – 1)^2\), donc 1 est valeur propre double. Or \(B_0 – I_3 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\) est de rang 2, donc \(\dim E_1 = 1 < 2\). Ainsi \(B_0\) n’est pas diagonalisable.
- Pour \(m < 0\), les racines de \((X – 1)^2 – m\) sont \(1 \pm i\sqrt{-m}\), non réelles. Le polynôme caractéristique n’est donc pas scindé sur \(\mathbb{R}\) : vue comme matrice réelle, \(B_m\) n’est pas diagonalisable. En revanche, sur \(\mathbb{C}\), les valeurs \(2\), \(1 + i\sqrt{-m}\) et \(1 – i\sqrt{-m}\) sont distinctes : comme matrice complexe, \(B_m\) est diagonalisable.
Piège classique : oublier le cas \(m = 1\), où une valeur propre double apparaît par coïncidence avec la valeur 2. Une discussion complète teste chaque égalité possible entre valeurs propres.
Exercice 5 – Problème : un groupe de six matrices (6 points)
Relations entre les générateurs
- On calcule \(R^2 = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\), puis \(R^3 = R^2R = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I_2\). Comme \(R \neq I_2\) et \(R^2 \neq I_2\), la matrice \(R\) est d’ordre 3, et \(R^{-1} = R^2\).
- D’abord, \(SR = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\), puis \(SRS = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} = R^2\). On multiplie ensuite à gauche par \(S\), en utilisant \(S^2 = I_2\) : \(RS = SR^2\). Par récurrence, on en tire aussi \(R^iS = SR^{2i}\).
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On note \(i, j\) des entiers de \(\{0, 1, 2\}\). Les relations précédentes donnent :
\(R^iR^j = R^{i+j}\), puis \(R^i(SR^j) = SR^{2i+j}\) ;
\((SR^i)R^j = SR^{i+j}\), et enfin \((SR^i)(SR^j) = S(R^iS)R^j = S^2R^{2i+j} = R^{2i+j}\).
Comme \(R^3 = I_2\), les exposants se réduisent modulo 3, donc tous ces produits restent dans \(G\). Ainsi \(G\) est une partie finie non vide de \(GL_2(\mathbb{R})\), stable par produit. Pour \(g \in G\), les puissances de \(g\) restent dans \(G\), qui est fini : il existe donc \(k \geq 1\) tel que \(g^k = I_2\), d’où \(g^{-1} = g^{k-1} \in G\). Par conséquent \(G\) est un sous-groupe de \(GL_2(\mathbb{R})\).
Enfin, \(RS = SR^2\) diffère de \(SR\), car \(R^2 \neq R\). Le groupe \(G\) n’est donc pas commutatif.
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Les matrices \(I_2, R, R^2\) sont distinctes, car \(R\) est d’ordre 3. Les matrices \(S, SR, SR^2\) le sont aussi, puisque \(S\) est inversible. Si l’on avait \(SR^i = R^j\), alors \(S = R^{j-i}\) serait d’ordre 1 ou 3, alors que \(S \neq I_2\) et \(S^2 = I_2\). Les six éléments sont donc distincts, et \(|G| = 6\).
Quant aux ordres : \(I_2\) est d’ordre 1, \(R\) et \(R^2\) sont d’ordre 3. Par ailleurs, \((SR^i)^2 = R^{2i+i} = R^{3i} = I_2\) d’après la question 3. Ainsi \(S\), \(SR\) et \(SR^2\) sont d’ordre 2.
Lien avec le groupe symétrique
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On calcule \(R\vec{a} = \vec{b}\), \(R\vec{b} = \vec{c}\) et \(R\vec{c} = -R\vec{a} – R\vec{b} = -\vec{b} – \vec{c} = \vec{a}\). De même, \(S\vec{a} = \vec{b}\), \(S\vec{b} = \vec{a}\) et \(S\vec{c} = \vec{c}\). Ainsi \(R\) et \(S\) permutent \(\{\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}\}\), donc tout produit de ces matrices aussi.
L’application \(\varphi\) qui associe à \(g\) sa restriction à \(\{\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}\}\) est un morphisme de groupes, car la restriction d’un produit est la composée des restrictions. Si \(\varphi(g)\) est l’identité, alors \(g\) fixe la base \((\vec{a}, \vec{b})\), donc \(g = I_2\) : \(\varphi\) est injectif.
Le groupe d’arrivée a \(3! = 6\) éléments, comme \(G\). Une injection entre ensembles de même cardinal fini est une bijection. Donc \(G\) est isomorphe à \(\mathfrak{S}_3\) : \(R\) correspond à un cycle de longueur 3 et \(S\) à une transposition.
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Le théorème de Lagrange impose que le cardinal de tout sous-groupe de \(G\) divise 6. Les cardinaux possibles sont donc 1, 2, 3 et 6.
Un sous-groupe à deux éléments s’écrit \(\{I_2, g\}\), où \(g\) vérifie \(g^2 = I_2\) et \(g \neq I_2\) : on obtient \(\langle S \rangle\), \(\langle SR \rangle\) et \(\langle SR^2 \rangle\).
Un sous-groupe d’ordre 3 est cyclique, car 3 est premier ; il est donc engendré par un élément d’ordre 3, soit \(R\), soit \(R^2\). Il n’y en a qu’un : \(\langle R \rangle = \{I_2, R, R^2\}\).
Finalement, \(G\) possède six sous-groupes : \(\{I_2\}\), les trois sous-groupes d’ordre 2, \(\langle R \rangle\) et \(G\) lui-même.
Piège classique : croire que Lagrange garantit un sous-groupe pour chaque diviseur. Ce théorème donne seulement une condition nécessaire sur l’ordre ; il faut ensuite exhiber les sous-groupes.
À retenir de ce contrôle
- Les classes à gauche modulo un sous-groupe H partitionnent le groupe et ont toutes le cardinal de H, donc l’ordre de H divise celui du groupe.
- Une matrice annulée par un polynôme scindé à racines simples est diagonalisable ; une involution est ainsi toujours diagonalisable sur les réels.
- Écrite en cycles à supports disjoints, une permutation a pour ordre le PPCM des tailles de ces cycles, et un cycle de longueur k a pour signature (-1) puissance k – 1.
- Une valeur propre double rend la matrice diagonalisable seulement si le rang de A – λI vaut n – 2 ; sinon le sous-espace propre est trop petit.
- Pour montrer qu’une partie finie d’un groupe est un sous-groupe, il suffit qu’elle soit non vide et stable par produit.
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