Agrégation interne 2025, première épreuve écrite, algèbre
Réponses
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@Arnaud_G
Oui c'est sûr. En durée limitée, je n'aurais pas réussi la question 13, ça c'est sûr.
Travailler seul sur feuille bof, si je bloque je ne vais pas être productif.
Les livres ne me sont pas trop utiles pour résoudre les questions, par exemple la 13 je n'ai pas de livre qui contient la réponse. -
gai requin a dit :Soit $P$ un facteur irréductible de $\mu_A$ de valuation $\alpha$.Alors $P^{\alpha-1}$ divise $\mu_A$ et $\mu_A’$ qui sont premiers entre eux.
Donc $\alpha=1$.
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@OShine : Dans $\mathbb K[X]$
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[Hors sujet : Oshine ne se prépare pas à l'agreg interne, il souhaite juste rédiger des réponses aux questions du problème concerné - Merci de ne pas commenter son hypothétique performance en condition réelle]
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Pourquoi l'énoncé précise $\Q$, $\R$ ou $\C$ ? Je crois avoir trouvé la réponse.
On peut se passer de la décomposition en facteurs irréductibles dans un corps quelconque (elle est même valable dans les anneaux principaux).
On a vu que $X^n-1$ est irréductible dans $\C$ (question 8), dans $\R$ (question 9.c) et dans $\Q$ (résultat admis en début de deuxième partie). Donc $X^n-1$ est irréductible sur $\Q$, $\R$ ou $\C$.
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On a vu que $X^n-1$ est irréductible dans $\C$ (question 8), dans $\R$ (question 9.c) et dans $\Q$ (résultat admis en début de deuxième partie). Donc $X^n-1$ est irréductible sur $\Q$, $\R$ ou $\C$.
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Encore DU GRAND n’importe quoi !
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gai requin a dit :Encore n’importe quoi !
Ca fait 2 heures que j'essaie de comprendre ce détail.
Pourquoi ne pas prendre un corps quelconque ? La décomposition en produit de facteurs irréductibles est valable dans n'importe quel corps. -
@OShine : Parce que $X^n-1$ n’est pas à racines simples sur tout corps.Par exemple, $X^4-1=(X-1)^4$ dans $\mathbb F_2[X]$.
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JLT a dit :Soit $\mu_A=\prod_{i=1}^q P_i^{\alpha_i}$ la décomposition de $\mu_A$ en irréductibles, où les $P_i$ sont distincts et $\alpha_i\in\N$. S'il existe $i$ tel que $\alpha_i>1$, alors toute racine de $P_i$ est racine multiple de $\mu_A$, donc de $X^r-1$. Impossible. Donc $\mu_A=\prod_{i=1}^q P_i$.
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Je ne voulais pas dire ça, j'ai écrit n'importe quoi en effet.
Je voulais dire $X^n-1$ admet une décomposition en produit de facteurs irréductibles dans $\R, \C,\Q$ d'après ce qui précède.
Il n'est pas irréductible.
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Et même sur tout anneau factoriel !Arrête de digresser
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gai requin a dit :@OShine : Parce que $X^n-1$ n’est pas à racines simples sur tout corps.Par exemple, $X^4-1=(X-1)^4$ dans $\mathbb F_2[X]$.
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gai requin a dit :Soit $P$ un facteur irréductible de $\mu_A$ de valuation $\alpha$.Alors $P^{\alpha-1}$ divise $\mu_A$ et $\mu_A’$ qui sont premiers entre eux.
Donc $\alpha=1$.
On a : $\mu_A= P^{\alpha} Q$ avec $Q(\alpha) \ne 0$ et $\alpha \geq 1$.
$\mu_A=P^{\alpha-1} P Q$ donc $P^{\alpha-1} \mid \mu_A$.
$\mu_A '=\alpha P' P^{\alpha-1} +P^{\alpha} Q'=P^{\alpha-1} ( \alpha P'+PQ')$.
Donc $P^{\alpha-1} \mid \mu_A '$.
Par contre je ne vois pas pourquoi $\mu_A$ et $\mu_A '$ sont premiers entre eux.
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Le polynôme $\mu_A\wedge \mu_A'$ est (entre autre) un diviseur unitaire de $\mu_A$.
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On peut éviter de sortir de $\mathbb K$ et le raisonnement par l’absurde.$\mathbb K[X]=\langle X^r-1,rX^{r-1}\rangle\subset\langle\mu_A,\mu_A’\rangle$ donc $\mu_A$ et $\mu_A’$ sont premiers entre eux.
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JLapin a dit :Le polynôme $\mu_A\wedge \mu_A'$ est (entre autre) un diviseur unitaire de $\mu_A$.
On a : $\mu_A = P_1 ^{\alpha_1} \cdots P_q ^{\alpha_q} \mid X^r-1$.
$\mu_A\wedge \mu_A'$ est un diviseur unitaire de $X^r-1$ qui est scindé à racines simples dans $\C[X]$.
Je ne vois pas comment continuer.
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OShine a dit :Merci.
Je préfère quand même la méthode de JLT qui simplifie les choses et qui plus rapide.As-tu vraiment compris sa preuve ? Il parle de racines dans sa preuve, as-tu compris dans quel corps il parle ? Du coup en quoi ça serait indépendant du corps $\Q$, $\R$ ou $\C$ ?Concernant ta question à JLapin, as-tu vu que je t'ai donné la réponse avec ma preuve (qui est essentiellement celle de gay requin) ?
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Et puisque c'est la fête au sujet d'agrégation interne, je me permets d'y participer un peu avec une preuve moins standard concernant la matrice compagnon.
Soit $\phi$ l'endomorphisme du $\mathbb{K}$ espace vectoriel $\frac{\mathbb{K}\left[X\right]}{\left(P\right)}$ envoyant $\overline{P}$ sur $\overline{XP}$. La matrice de $\phi$ dans la base $\left(\overline{1};\dots;\overline{X}^{\deg P-1}\right)$ est $C_{P}$. Pour tous polynômes $R$ et $S$ dans $\mathbb{K}\left[X\right]$ on a $R\left(\phi\right)\left(\overline{S}\right)=\overline{RS}$ (il est suffisant de le vérifier pour les monômes). Ensuite on évalue ceci en $R=\mu_{P}$ , $S=1$ puis $R=P$ et $S$ quelconque et on en déduit que $\mu_{C_{P}}$ et $P$ se divisent mutuellement et donc sont égaux car unitaires. Comme $\mu_{C_{P}}$ divise $\chi_{C_{P}}$ (rappelé dans le sujet), par comparaison des degrés $P=\mu_{C_{P}}=\chi_{C_{P}}$.
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@troisqua
Je ne vois pas de rapport entre ta solution et la remarque de Jlapin.
Tu as montré que tout facteur irréductible est de multiplicité $1$ dans $\mu_A$.
Mais je ne vois pas le rapport avec $\mu_A \wedge \mu_A '=1$.
Je commence à être perdu, il y a beaucoup de solutions différentes, et celles de gai requin me mettent en difficulté.
Je crois que la preuve de JLT marche dans tout sous-corps de $\C$, il faut quand même se placer dans $\C$ pour utiliser les racines simples complexes de $X^r-1$.
Je ne suis pas sûr d'avoir compris à 100% la preuve de JLT, je ne sais pas trop quel corps choisir. -
Parce qu'il est plus facile d'utiliser que $\mu_A$ divise $X^r-1$ directement, c'est le tout petit saut que j'ai fait.
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Dans la preuve de JLT, que se passe t-il s'il n'y a que, par exemple, 1 qui soit racine dans $\Q$, explique moi.
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troisqua a dit :Et puisque c'est la fête au sujet d'agrégation interne, je me permets d'y participer un peu avec une preuve moins standard concernant la matrice compagnon.
Autre méthode, également différente de celle suggérée par l'énoncé :
On ajoute à la première ligne : $X$ fois la deuxième, $X^2$ fois la troisième,… puis $X^{n-1}$ fois la $n^{ème}$.
Ensuite on développe par rapport a la première ligne.
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@troisqua : $P\mid\mu_{C_P}$ suffit pour conclure.
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@OShine : j'ai établi une relation de Bézout qui donne 1 donc ?@gai requin Oui c'est vrai c'était pour établir l'égalité avec le polynôme caractéristique en plus (mais c'est hors sujet, c'est vrai). Edit : je viens de comprendre vraiment ce que tu voulais dire, merci@gram : merci je ne connaissais pas.
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Je ne vois pas de relation de Bézout.
Et la question avec $1$ racine dans $\Q$ je ne comprends pas où tu veux en venir. -
$1=\frac{1}{r}XQ'-Q$ ne serait pas une relation de Bézout entre $Q$ et $Q'$ démontrant que leur pgcd vaut 1 ? Tu devrais choisir des épreuves plus adaptées à ton niveau car dès qu'il faut raisonner et faire autre chose que recopier un livre, un corrigé et qu'on te questionne sur le sens profond de ce que tu écris tu ne sais pas répondre.
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Bonsoir, j'ai un collègue qui s'est essayé à ce sujet d'écrit 2025 (en temps libre) qui m'a demandé un coup de main pour la question 38 a), si quelqu'un a un indice (éventuellement en MP pour ne pas polluer le fil, ou pour laisser chercher ceux qui veulent) : pourquoi un élément de Stab(M) appartient à Z/pZ[M] dans le contexte de la partie VI ? Cela fait peut être intervenir un résultat des parties avant ? Je n'ai pas lu tout le sujet, juste regardé cette partie là...
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C’est parce que l’énoncé suppose que $M$ est cyclique.
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Comme le polynôme minimal est de degré 2, on a $\chi_M=\pi_M$, d'après Q16, $M$ est cyclique et Q17 donne que $\text{Com}(M)=(Z/pZ)[M]$. Pour l'action de conjugaison, le stabilisateur est le commutant (intersecté avec les inversibles).
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J'ai eu l'exo suivant en colle en 93, il m'a aidé à mieux comprendre la notion de PGCD et obligé à me pencher sur le corps $\mathbb{K}$ du cours :Soit $P$ un polynôme de $\mathbb{Q}[X]$ de degré 5 admettant une racine double dans $\mathbb{C}$. Montrer que $P$ admet une racine rationnelle.
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Merci, c'est l'indication que je cherchais, le lien avec Q16 et 17, c'est de ma faute aussi, je n'avais qu'à faire tout le sujet au lieu de venir vous embêter
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@gram : On peut supposer que cette racine double $z$ n’est pas rationnelle.$z$ est cependant algébrique de polynôme minimal $\mu$ qui divise $P$.
Dans $\Q[X]$, on écrit $P=\mu^{\alpha}R$ avec $\mu$ et $R$ premiers entre eux.
Mézalor $z$ est de multiplicité $\alpha$ donc $\alpha=2$ et $\deg\mu=2$ donc $\deg R=1$. -
@troisqua
Tu prouves que $Q \wedge Q'=1$ donc que $P \mid 1$, $P$ est constant donc non irréductible, mais ce qui m'a embrouillé c'est que gai requin parlait de $\mu_A \wedge \mu_A '=1$. (Je laisse de côté la solution de gai requin)
Mais je vois que tu ne parles pas des corps $\R$, $\C$ et $\Q$ dans ta solution.
Quand on parle de polynôme irréductible, on précise dans quel corps...
JLT n'en parlait pas non plus.
Si $\mu_A=(X-1)^{\alpha_1} \in \Q[X]$, et $\alpha >1$, alors comme $\Q[X]$ est un sous-corps de $\C$, on peut voir $\mu_A$ comme un élément de $\C[X]$ et $1$ est racine double de $X^r-1$ qui est scindé simples sur $\C[X]$, absurde.
Donc si j'ai bien compris, dans la preuve de JLT, si on parle de $\R$ ou $\Q$, on se plonge dans $\C$ pour utiliser que $X^r-1$ est scindé simples.
Par contre, pour la preuve avec $P^2 \mid \mu_A$, je ne comprends pas où on utilise les corps $\R$, $\Q$ et $\C$.
En fait je comprends ton raisonnement, mais je ne comprends pas où intervient le corps dedans.
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troisqua a dit :Ou encore plus court :Notons $\mathscr{R}=A+B\mathbb{Z}\left[X\right]$ avec $\deg B\geqslant0$ et $f:\mathscr{R}\to\mathscr{R}$ définie par $$f:P\mapsto\begin{cases} P-c_{\text{dom}}\left(P\right)X^{\deg P-\deg B}B & \text{si }\deg P\geqslant\deg B\\ P & \text{sinon}\end{cases}$$ qui vérifie, sur $\mathscr{R}$ : $f\left(P\right)=P\Longleftrightarrow\deg P<\deg B$. La suite des $\deg f^{m}\left(A\right)$ décroît donc stationne dans $\mathbb{N}\cup\left\{ -\infty\right\} $ à partir d'un rang $k$ naturel. On a $\deg f^{k}\left(A\right)=\deg ^{k+1}\left(A\right)$ donc $\deg f^{k}\left(A\right)<\deg B$ ce qui montre le résultat souhaité.
Il fallait montrer qu'il existe $(Q,R) \in \Z^2[X]$ tel que $A=BQ+R$, je ne vois pas de $Q$ ni de $R$ dans la preuve.
Cette preuve reste un mystère pour moi.
@troisqua si tu es d'accord, j'abandonne ta preuve, car j'ai déjà passé 1 heure dessus mais je n'avance pas, et le sujet est déjà assez long comme ça.
De toute façon, l'indication de l'énoncé était de faire une récurrence. -
@OShine : je raisonne dans $K[X]$ et j'utilise juste que $K$ est de caractéristique nulle (vois-tu où ?).Si tu veux comprendre la solution de JLapin, tu remarques que $\mu_A\land\mu'_A$ divise $X^r-1\land rX^{r-1}$ et tu suis ma preuve (ou celle de gai requin, elles sont identiques à présentation près).Pour la division euclidienne : le reste que tu cherches appartient à $A+B\Z[X]$ et $f$ est une application de cet ensemble dans lui-même donc $f^k(A)$ est dans cet ensemble et comme il est de degré $<\deg B$, c'est le reste que tu cherches.Comprends-tu que c'est exactement la même chose que la récurrence classique mais elle est "cachée" dans l'utilisation du théorème "toute suite décroissante de $\N\cup\{-\infty\}$ stationne". Ici cette suite est celle des degrés des restes successifs dans l'algorithme de division euclidienne.PS : je me fiche pas mal de l'indication de l'énoncé puisque je propose une solution alternative à l'indication de l'énoncé ! Libre à toi de t'y intéresser ou pas.
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Etienne91 a dit :@OShine quand je parlais de raisonnement par contraposée pour la Q13 : si un endomorphisme a un polynôme minimal avec un facteur carré, il n'est pas diagonalisable, donc le polynôme minimal de $A$ n'a pas de facteurs carrés.
Encore faut-il justifier que $\mu_A$ s'écrit en produit de facteurs irréductibles unitaires dans $\R$, $\Q$ et $\C$...
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Rappel pour @OShine : Pour tout corps $k$, tout polynôme non nul de $k[X]$ admet une décomposition essentiellement unique en facteurs irréductibles unitaires à un facteur inversible près.C’est un résultat basique bien évidemment au programme de l’agreg interne !
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@Oshine : la caractéristique nulle c'est pour ta question concernant $\mu$ et $\mu'$ pas pour la division euclidienne. Fais un effort ! (indice: il y a un $\frac{1}{r}$ dans mon identité de Bézout)Quelqu'un qui prétend passer l'interne doit être en mesure d'en comprendre des corrigés même si ceux-ci sortent un peu des sentiers battus. Tu demandes des détails tellement pas au niveau de l'épreuve à laquelle tu veux te confronter que c'est ridicule et inefficace au possible. Pourquoi essaies-tu de faire des choses à ce point hors de ta portée ? Ça te ne sert à rien, à part te ramener à la dure réalité que tu n'as pas le niveau. C'est du masochisme ou un problème d'égo tellement important qu'il te rend aveugle sur tes capacités actuelles, ou bien c'est un mélange de ces deux aspects.
Bonjour!
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