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Université Claude Bernard Lyon 1

Licence “Sciences et technologie”
Math VI-ALGEBRE

Unité d’enseignement Math I
Epreuve de mathématiques

CORRECTION PARTIEL 2012

Il s’agit d’une correction rapide ! Désolé pour les typos, les accélérations de convergence depreuve, etc...
Probleme 1(a) On a Im(u)⊥ ⊂ ker(u∗ ) car si x ∈ Im(u)⊥ , alors pour tout y, < u∗ (x), y >=< x, u(y) >= 0.
Donc, u∗ (x) = 0 ce qui implique que x ∈ ker(u∗ ). La réciproque est claire pour une question
de dimension.
(b) On sait que u est trigonalisable : il existe une base B = (e1 , · · · , en ) telle que la matrice de usoit triangulaire supérieure. Si on la rend orthonormée par Gram-Schmidt, la matrice de passage sera triangulaire supérieure et donc la matrice de u dans la nouvelle base (orthonormée)sera triangulaire supérieure.
(c) On écrit u dans la base orthonormée précédente. On sait que sur la diagonale, on a lesvaleurs propres de u. Comme la base est orthonormée, la matrice de u∗ est la transposéede la conjuguée de la matrice de u. On peut alors calculer la trace de u∗ u et on trouve lasomme des modules de valeurs propres plus des modules des éléments non diagonaux. D’où
l’inégalité.
(d) On sait que u est normale si et seulement si elle est diagonalisable en BON. L’égalité estéquivalente au fait que les coefficients non diagonaux de la question précédente sont toutsnuls. Ainsi, en cas d’égalité u est diagonalisable en BON. D’où le résultat.
(e) On a ker(u)⊥ = Im(u∗ ), mais en regardant la matrice de u et de u∗ dans la BON dansla quelle elles sont (simultanément) diagonales, on voit que u et u∗ ont la même image (lasomme directe des sous-espaces propres de valeur propre non nulle).
P

λ |x2 |i i(f) On écrit x = (xi ) dans la même base orthonormée et on trouve C(u) = { Pi |x2 | }. Ce qui
ii
prouve l’assertion car tout réel positif est le module d’un complexe...

Probleme 2(a) L’implication vient de l’identité de Bezout ak + bn = 1. La réciproque vient du fait que si
ak + bn = 1, alors tout diviseur de a et de n doit diviser 1.
(b) La seule difficulté est de montrer que le produit de deux éléments premiers avec n est encore
premier avec n. On peut le faire avec la question précédente, puisque le produit de deux
inversibles est encore inversible.
(c) Les valeurs d’un caractère d’un groupe fini sont dans le groupe des complexe de module 1,puisque ce sont des racines de l’unité. Il suffit donc d’appliquer l’inégalité triangulaire et devoir qu’il y a p − 1 termes.
(d) C’est la définition de la transformée de Fourier !
(e) On se retrouve donc à calculer < fˆχ , fˆχ >. On utilise donc Parseval, et on se ramène àPPcalculer x∈Z/pZ∗ χ(x)χ(x) = x∈Z/pZ∗ 1 = p − 1.

2(f) C’est tout simplement la formule d’inversion de la série de Fourier.
(g) Le fait que a soit premier avec p fait que a est inversible modulo p et si a0 est un représentant
0de son inverse modulo p, alors z 7→ z a et z 7→ z a sont inverses l’un de l’autre sur l’ensemble
des racines de l’unité. On revient à la définition de G(χ, ?) et on effectue la changement devariables ω 7→ ω a . On tombe sans encombres sur la formule désirée car χ est un caractère
multiplicatif.
(h) On revient à la définition de < , >, où ψ parcourt l’ensemble des caractères additifs de Z/pZ.
Il y a parmi ces caractères : le caractère trivial, mais G(χ, ?) s’annule sur ce caractère puisqueχ n’est pas trivial. Pour les autres caractères, ils sont de la forme ϕm avec m premier avec p.
En écrivant m = (a−1 b)a (car a inversible modulo p), et en utilisant le fait que χ(a−1 b) est
de module 1, on trouve bien, avec la formule de la question précédente (p − 1) fois le mêmeterme...
(i) Immédiat !