

% 1. La page et les macros :
% -------------------------
%
\parindent=0pt
\voffset=-10mm
\hoffset=7mm
\hsize=165mm
\vsize=260mm
%
% Num{\'e}rotation :
%
\def\qu#1#2{\leavevmode\hskip-12mm\hbox to 12truemm{{\bf #1.}#2\hfill}}


% Cadre entourant une phrase, une boite :
%
\newbox\cadre
\def\boxit#1#2{\setbox\cadre=\hbox{\kern#1{#2}\kern#1}%
\dimen5=\ht\cadre \advance\dimen5 by #1
\dimen6=\dp\cadre \advance\dimen6 by #1
\setbox\cadre=\hbox{\vrule height\dimen5 depth\dimen6\box\cadre\vrule}%
\setbox\cadre=\vbox{\hrule\box\cadre\hrule}%
\advance\dimen5 by .4pt \ht\cadre=\dimen5
\advance\dimen6 by .4pt \dp\cadre=\dimen6 \box\cadre\relax}
%
%
%2.Abr{\'e}viations diverses:
%------------------------
%
%mode math-displaystyle
\def\mc#1{$\displaystyle #1$}

\let\ssi=\Longleftrightarrow
\def\C{{\bf C}}
\def\MC#1{{\cal M}_{#1}(\C)}
\def \M{{\cal{ M}}}
\def \B{{\cal{ B}}}
\def \V{{\cal{ V}}}
\def\eme#1{$\displaystyle{{#1}^{\hbox{{\`e}me}}}$}
\def \L{{\cal{ L}}}
%
%blocs4-4
\def\tvi{\vrule height 12pt depth 5pt width 0pt}
\def\tv{\tvi\vrule}
\def\bloc#1#2#3#4{{\normalbaselineskip=15pt
 \pmatrix{\tvi & #1&\tv& #2&\tvi\cr
	  \noalign{\hrule}
         \tvi & #3&\tv& #4&\tvi\cr}}}



\centerline{\bf ENSIETA 96- Math 2}\smallskip
\hrule
\bigskip


\centerline{\bf Pr{\'e}liminaires}\medskip
Si $U_2$ est la matrice nulle,$M=\bloc{U_1}{U_3}{O}{U_4}$ ;M est triangulaire 
par blocs,et donc:
$$\boxit{5pt}{$det(M)=det(U_1).det(U_4)$}$$
\bigskip
\centerline{\bf Partie I}\medskip
\qu I 1%
$(\M ,+,.,\times)$ {\'e}tant une $\C$-Alg{\`e}bre,$\Phi$ est un endomorphisme de $\M$.\medskip
\medskip
\qu I 2%
Si $B=\pmatrix{b_1&b_3\cr
		b_2&b_4\cr}$ et $A=\pmatrix{a_1&a_3\cr
                                            a_2&a_4\cr}$\smallskip
On calcule,pour tout $i\,\in\{1..4\}$ $AE_i$ et $E_iB$. 
On en d{\'e}duit:\smallskip
$\eqalign{
\Phi(E_1)&=b_1a_1E_1+b_1a_2E_2+b_3a_1E_3+b_3a_2E_4\qquad
\Phi(E_2)=b_1a_3E_1+b_1a_4E_2+b_3a_3E_3+b_3a_4E_4\cr
\Phi(E_3) &=b_2a_1E_1+b_2a_2E_2+b_4a_1E_3+b_4a_2E_4\qquad
\Phi(E_4)=b_2a_3E_1+b_2a_4E_2+b_4a_3E_3+b_4a_4E_4\cr}$
\medskip
on a donc $$A\circ B=\pmatrix{b_1a_1&b_1a_3&b_2a_1&b_2a_3\cr
                           b_1a_2&b_1a_4&b_2a_2&b_2a_4\cr
                           b_3a_1&b_3a_3&b_4a_1&b_4a_3\cr
			b_3a_2&b_3a_4&b_4a_2&b_4a_4\cr}\eqno(1)$$ Soit:
$$\boxit{5pt}{$A\circ B=\bloc{b_1A}{b_2A}{b_3A}{b_4A}$}$$\medskip
\qu I 3%
Soit A,B,P,Q, des {\'e}l{\'e}ments de $\M$;notons respectivement $\Phi$ et $\Psi$ ,les
applications de $\M$ dans $\M$ d{\'e}finies par:\par
$\Phi(X)=AXB$ et $\Psi(X)=PXQ$ ,pour tout X de $\M$.\par
$\Phi$ et $\Psi$ sont deux endomorphismes de $\M$,de matrices respectives
 dans 
la base $\B$, $A\circ B$ et $P\circ Q$.\par
$(P\circ Q).(A\circ B)$ est donc la matrice dans la base $\B$ de l'endomorphisme
$\Psi\circ\Phi$.\par
Or,pour tout X de $\M$,$\ (\Psi\circ\Phi)(X)=P(AXB)Q=(PA)X(BQ)$;la matrice 
dans $\B$ de $\Psi\circ\Phi$ est donc $(PA)\circ (BQ)$;\par
on en d{\'e}duit l'{\'e}galit{\'e}:\boxit{5pt}{$(P\circ Q).(A\circ B)=(P.A)\circ (B.Q)$}
\medskip
\qu I 4%
Soit $A=\pmatrix{a_1&a_3\cr
                 a_2&a_4\cr}$, $A\circ I=\bloc{A}{O}{O}{A}\quad$ et%
 $\ I\circ A=\pmatrix{a_1&0&a_2&0\cr%
                    0&a_1&0&a_2\cr%
                    a_3&0&a_4&0\cr%
                   0&a_3&0&a_4\cr}$\par
D'apr{\`e}s la question pr{\'e}liminaire,
\boxit{5pt}{$det(A\circ I)={(det(A))}^2$};\par
Dans $I\circ A$,{\'e}changeons la \eme 2 et la \eme 3 colonne ainsi que la \eme 2
et la \eme 3 ligne;on obtient une matrice de m{\^e}me d{\'e}terminant que $I\circ A$;
on reconnait ${}^tA\circ I$;or $det({}^tA)=det(A)$ ,d'o{\`u} 
\boxit{5pt}{$det(I\circ A)={(det(A))}^2$}.\par
D'apr{\`e}s I.3, $(I\circ B).(A\circ I)=(IA)\circ (IB)=A\circ B$;on d{\'e}duit de ce qui
pr{\'e}c{\`e}de que:\smallskip
\boxit{5pt}{$det(A\circ B)={(det(A))}^2.{(det(B))}^2$}\bigskip

\centerline{\bf Partie II}\medskip
\qu{II} 1%
Pour tout $i\,\in\,\{1,\cdots,k\}$,notons $\Phi_i$,l'endomorphisme de $\M$,
d{\'e}fini par : $\Phi_i(X)=A_iXB_i$,pour tout X de $\M$;la matrice de $\Phi_i$ dans
la base $\B$ est $A_i\circ B_i$.\par

Comme $(\L,+,.)$ est un $\C$-espace vectoriel,H qui est {\'e}gal {\`a} 
\mc{\sum_{i=1}^{k}\Phi_i}
est un {\'e}l{\'e}ment de $\L$ et\par
 \mc{\widehat H=\sum_{i=1}^k (A_i\circ B_i)=\sum_{i=1}^ k %
\bloc{b_1^{(i)}A_i}{b_3^{(i)}A_i}{b_2^{(i)}A_i}{b_4^{(i)}A_i}=%
\bloc{U_1}{U_3}{U_2}{U_4} } avec:\medskip
\boxit{5pt}{$U_1=\sum_{i=1}^k b_1^{(i)}A_i\quad%
U_2=\sum_{i=1}^k b_3^{(i)}A_i\quad%
U_3=\sum_{i=1}^k b_2^{(i)}A_i%\quad
U_4=\sum_{i=1}^k b_4^{(i)}A_i$}
\medskip
Soit $(A_1,\cdots,A_k)$ un syst{\`e}me libre de $\M$ .%
 (comme $dim(\M)=4\quad k\leq 4$)\par
Soient $B_1,\cdots,B_k,B'_1,\cdots,B'_k$ des matrices de $\M$ telles que 
$H=H'$ , o{\`u} H et H' d{\'e}signent  les endomorphismes de $\M$, d{\'e}finis 
respectivement par: \mc{H(X)=\sum_{i=1}^k A_iXB_i\quad H'(X)=\sum_{i=1}^k A_1XB'_i} ,
pour tout X de $\M$.\par
Notons $\widehat H$ et $\widehat{H'}$ ,les matrices de H et H' dans
la base $\B$,et pour tout $i\,\in\{1,\cdots;k\}$\par
\mc{ B_i=\pmatrix{b_1^{(i)}& b_3^{(i)}\cr
              b_2^{(i)}& b_4^{(i)}\cr}\quad %
B'_i=\pmatrix{{b'}_1^{(i)}& {b'}_3^{(i)}\cr
              {b'_2}^{(i)}& {b'}_4^{(i)}\cr}}\smallskip
De $\widehat H=\widehat{H'}$ et de II.1, on d{\'e}duit que,pour tout 
$j\,\in\{1,..,4\}\quad$ \mc{\sum_{i=1}^k b_j^{(i)}A_i=\sum_{i=1}^k {b'}_j^{(i)}A_i}\par
Comme $(A_1,\cdots,A_k)$ est libre,on a ,pour tout $j\in\,\{1,..,4\}$
et pour tout $i\,\in\{1,\cdots,k\}$ $b_j^{(i)}={b'}_j^{(i)}$;\par
par cons{\'e}quent,pour tout $i\,\in\{1,\cdots,k\}\quad B_i=B'_i$\smallskip
Si $B_1,\cdots,B_k$ est un syst{\`e}me libre de $\M$ et si 
$A_1,\cdots,A_k,A'_1,\cdots,A'_k$ sont des {\'e}l{\'e}ments de $\M$,tels que 
pour tout X de $\M$, \mc{\sum_{i=1}^k A_iXB_i=\sum_{i=1}^kA'_iXB_i }\par
Notons T l'application  de $\M$ dans $\M$,qui {\`a} une matrice X associe
 ${}^tX$;on sait que T est un automorphisme du $\C$-espace vectoriel $\M$
et que $T(XY)=T(Y)T(X)$.\par
Le syst{\`e}me ${}^tB_1,\cdots,{}^tB_k$ est donc un syst{\`e}me libre de $\M$ (car
T est un automorphisme), et pour tout X de $\M$:\par
\mc{\sum_{i=1}^k{}^tB_i{}^tX{}^tA_i=\sum_{i=1}^k{}^tB_i{}^tX{}^tA'_i};en
appliquant cette {\'e}galit{\'e} {\`a} $X={}^tY$, pour tout Y de $\M$;on obtient:\par
pour tout Y de $\M$,
\mc{\sum_{i=1}^k{}^tB_i{}Y{}^tA_i=\sum_{i=1}^k{}^tB_i{}Y{}^tA'_i};d'apr{\`e}s ce qui
pr{\'e}c{\`e}de,comme ${}^tB_1,\cdots,{}^tB_k$ est libre,on peut en d{\'e}duire que pour 
tout $i\in\,\{1,..,k\}$ ,${}^tA_i={}^tA'_i$ puis que pour tout i,$A_i=A'_i$ \medskip
\qu {II} 3%
Soit $L\,\in\,\L$ et $\widehat L=\bloc{V_1}{V_3}{V_2}{V_4}$ ,sa matrice 
dans la base $\B$.\par
Les matrices $V_1,V_2,V_3,V_4$ sont des {\'e}l{\'e}ments de $\M$,donc se d{\'e}composent 
dans la base $\B$ : il existe des complexes 
\mc{(d_k^{(i)})_{\scriptstyle{1\leq i\leq 4\ ,\ 1\leq k\leq 4}}} tels que:\par
pour tout \mc{k\in\,\{1,2,3,4\}\quad V_k=\sum_{i=1}^4 d_k^{(i)}E_i };\par
notons,pour tout \mc{i\in\,\{1,2,3,4\}\quad %
D_i=\pmatrix{d_1^{(i)}& d_2^{(i)}\cr%
             d_3^{(i)}& d_4^{(i)}\cr}} ;on a donc:\par
$\widehat L=\sum_{i=1}^4 E_i\circ D_i$ et donc ,pour tout X de $\M$,
\boxit{5pt}{$L(X)=\sum_{i=1}^4E_iXD_i$} \smallskip
Soit maintenant une d{\'e}composition de L,avec $L\not=0$,de longueur $\beta$
minimale :$L(X)=\sum_{i=1}^{\beta}C_iXD_i$ ,pour tout X de $\M$.\par
Si $\beta=1$ :\par
Pour tout X de $\M\ $,$L(X)=C_1XD_1$ ;L {\'e}tant non nul,les matrices $C_1$ et $D_1$
sont non nulles;par cons{\'e}quent les syst{\`e}mes $(C_1)$ et $(D_1)$ sont des syst{\`e}mes 
libres de $\M$.\par
Si $2\leq\beta\leq 4$:\par
Supposons que \mc{(C_1,\cdots,C_{\beta})} soit li{\'e};une des matrices est 
combinaison lin{\'e}aire des autres;quitte {\`a} modifier l'ordre des matrices $C_i$,
on peut supposer que $C_{\beta}$ est combinaison lin{\'e}aire des autres:\par
soit 
\mc{C_{\beta}=\sum_{i=1}^{\beta-1}\lambda_iC_i} o{\`u}
 \mc{\lambda_1,\cdots,\lambda_{\beta-1}} sont des complexes.
Pour tout X de $\M$ ,on a
$$ 
\eqalign{L(X)&=\sum_{i=1}^{\beta-1}C_iXD_i+\sum_{i=1}^{\beta-1}\lambda_iC_iXD_{\beta}\cr
             &=\sum_{i=1}^{\beta-1}C_iX(D_i+\lambda_iD_{\beta})\cr}$$
On obtient une d{\'e}composition de L de longueur $\beta-1\;$,avec $\beta-1\geq 1$ ,ce 
qui est absurde.On pourrait faire le m{\^e}me raisonnement en supposant 
$(D_1,\cdots,D_{\beta})$ li{\'e}e.\par
Les syst{\`e}mes $(C_1,\cdots,C_{\beta})$ et
$(D_1,\cdots,D_{\beta})$ sont donc des syst{\`e}mes libres de $\M$.\medskip
\qu{II} 4%
\smallskip
\qu 4 a%
On sait que T est un automorphisme de $\M$ et que pour tous X et Y dans $\M$
 $T(XY)=T(Y)T(X)$\par
$T(E_1)=E_1\quad T(E_2)=E_3\quad T(E_3)=E_2\quad T(E_4)=E_4$\par
On en d{\'e}duit $\widehat T=\pmatrix{%
1&0&0&0\cr 
0&0&1&0\cr
0&1&0&0\cr
0&0&0&1\cr}=%
\bloc{E_1}{E_2}{E_3}{E_4}$\smallskip
\qu 4 b%
Soit $T(X)=\sum_{i=1}^{\beta}C_iXD_i$ ,une d{\'e}composition de T;
en utilisant II.1et en reprenant les m{\^e}mes notations,on a,pour tout 
$k\,\in\{1,2,3,4\}\quad E_k=\sum_{i=1}^{\beta}d_k^{(i)}C_i$.\par
$E_1,E_2,E_3,E_4$ sont dans le sous-espace vectoriel de $\M$ engendr{\'e} par
$C_1,\cdots,C_{\beta}$;comme $(E_1,E_2,E_3,E_4)$ est libre, $\beta\geq 4$,et
donc, $\beta=4$\medskip
\qu {4} c%
$E_1\circ E_1 =\bloc{E_1}{O}{O}{O}\qquad E_2\circ E_2=\bloc{O}{E_2}{O}{O} $\par
$E_3\circ E_3=\bloc{O}{O}{E_3}{O}\qquad E_4\circ E_4=\bloc{O}{O}{O}{E_4}$
$$\boxit{5pt}{\mc{\widehat T=\sum_{i=1}^4 E_i\circ E_i}}$$\bigskip
\centerline{\bf Partie III}\medskip
\qu{III}1%
Soit f,un endomorphisme de $\V$,$\C$-espace vectoriel de dimension $n>0$;\par
f poss{\`e}de au moins une valeur propre $\lambda$;soit u un vecteur propre 
associ{\'e} ($u\not=0$);\par
supposons que f ait pour matrice A dans toute base de $\V$.\par
Pour tout $i\in\{1,\cdots,n\}$ on peut trouver une base $\B_i$ de $\V$ 
dont le \eme i vecteur soit u;la \eme i colonne de A, matrice de f dans 
la base $\B_i$ est donc $\lambda e_i$, en notant $(e_1,\cdots,e_n)$ la base 
canonique de $\C^n$;donc $A=\lambda I_n$ et $f=\lambda Id$\smallskip
Soit X une matrice de $\MC n$ telle que pour toute matrice S de $GL_n(\C)$ , 
$SXS^{-1}=X$;si f d{\'e}signe l'endomorphisme de $\V$ de matrice X,dans une 
base fix{\'e}e de $V$,f aura donc pour matrice X dans toute base de $\V$;d'apr{\`e}s ce 
qui pr{\'e}c{\`e}de,X est une matrice scalaire.\medskip
\qu {III} 2%
\par
\qu 2 a%
Si $\Gamma(X_0)=I$ ,pour tout Y de $\M$, $\Gamma(X_0Y)=\Gamma(Y)$;or 
$\Gamma$ est bijective,donc pour tout Y de $\M$ ,$X_0Y=Y$;en particulier,
pour $ Y=I$,on obtient $X_0=I$.\smallskip
\qu 2 b%
Montrons tout d'abord que $\Gamma(I)=I$:\par
comme $\Gamma$ est bijective,I admet un ant{\'e}c{\'e}dent,qui,d'apr{\`e}s 2.a ne
peut {\^e}tre que I:donc,$\Gamma(I)=I$.\smallskip
Soit X,une matrice inversible de $\M$ :$I=XX^{-1}={X}^{-1}X$ d'o{\`u} 
 $I=\Gamma(X)\Gamma(X^{-1})=\Gamma(X^{-1})\Gamma(X)$ \par
On en d{\'e}duit que $\Gamma(X)$ est inversible,d'inverse $\Gamma(X^{-1})$.\smallskip
R{\'e}ciproquement,si $\Gamma(X)$ est inversible,d'inverse Y;$\Gamma$ {\'e}tant bijective,
il existe Z dans $\M$,tel que $Y=\Gamma(Z)$;
de $\Gamma(X)\Gamma(Z)=\Gamma(Z)\Gamma(X)=I$ et de (2) on d{\'e}duit:\par
$\Gamma(XZ)=\Gamma(ZX)=I=\Gamma(I)$;comme $\Gamma$ est bijective,on obtient
$XZ=ZX=I$ ;X est donc inversible d'inverse Z.\medskip
\qu {III} 3%
Pour tout X de $\M$ , $\Gamma(X)=\sum_{i=1}^{\beta}A_iXB_i$ ;\par
Pour tous X et Y de $\M$: \par
$\Gamma(XY)=\sum_{i=1}^{\beta}A_iXYB_i=\Gamma(X)\Gamma(Y)=%
\sum_{i=1}^{\beta}A_iXB_i\Gamma(Y)$\par
Pour tous Y de $\M$ ,on a donc:\par
Pour tout X de $\M$ , $\sum_{i=1}^{\beta}A_iX(YB_i)=\sum_{i=1}^{\beta}A_iX(B_i\Gamma(Y))$\par
D'apr{\`e}s II.3,la d{\'e}composition de $\Gamma$ {\'e}tant de longueur minimale,les
syst{\`e}mes $(A_1,\cdots,A_{\beta})$ et $(B_1,\cdots,B_{\beta})$ sont libres;
puis en utilisant II.2,on en d{\'e}duit que \boxit{5pt}{$YB_i=B_i\Gamma(Y)$} et
 ceci,pour tout Y de $\M$ et pour tout $i\in\,\{1,\cdots,\beta\}$.\smallskip
En {\'e}crivant $\Gamma(Y)\Gamma(X)=\Gamma(YX)$ sous la forme:
 $\sum_{i=1}^{\beta}(A_iY)XB_i=\sum_{i=1}^{\beta}(\Gamma(Y)A_i)XB_i$,les m{\^e}mes
arguments permettent de conclure que pour tout Y de $\M$,
pour tout $i\,\in\,\{1,\cdots,\beta\}$, \boxit{5pt}{$A_iY=\Gamma(Y)A_i$}.\vfill\eject
\qu {III} 4%
Pour toute matrice Y de $\M$ et pour tous i et j dans $\{1,..\beta\}$,on peut donc
{\'e}crire:\par
$\Gamma(Y^{-1})A_iB_j\Gamma(Y)=(A_iY^{-1})(YB_j)=A_iB_j$\par
Pour toute matrice S inversible,soit $Y=\Gamma^{-1}(S)$;Y est inversible et 
$S^{-1}=\Gamma(Y^{-1})$ d'apr{\`e}s 2.b.\par
Donc $S^{-1}A_iB_jS=A_iB_j$ ,pour tout
 S inversible de $\M$.D'apr{\`e}s III.1 , les matrices $A_iB_j$ sont scalaires.
\smallskip
Si toutes les matrices $A_iB_j$ {\'e}taient nulles,on aurait 
$\Gamma(I)=\sum_{i=1}^{\beta}A_iB_i=0$;ce qui est absurde car $\Gamma$ est un 
isomorphisme. (on a de plus montr{\'e} que l'image de I est I).\par
Il existe m{\^e}me $i_0$ tel que  \mc{A_{i_0}B_{i_0}} soit non nulle;notons
 \mc{A=A_{i_0}\quad B=B_{i_0}};AB est une matrice scalaire non nulle,donc 
inversible.B est donc inversible.En utilisant les r{\'e}sultats de 3,on a alors :
\smallskip
pour tout Y de $\M$ ,\boxit{5pt}{ $\Gamma(Y)=B^{-1}YB$ et $\beta=1$} \par
R{\'e}ciproquement tout automorphisme int{\'e}rieur f de $\M$ d{\'e}fini par 
$\forall Y\in\M\quad f(Y)=B^{-1}YB$ avec B inversible,est un {\'e}l{\'e}ment de $\L$,
v{\'e}rifiant (1) et (2).\bigskip
\centerline{\bf Partie IV}\medskip
\qu {IV} 1%
Soit $X\,\in\,\M$ tel que $X=\sum_{i=1}^4 x_iE_i=\pmatrix{x_1&x_3\cr x_2&x_4\cr}$\par
$\Delta(X)=x_1x_4-x_2x_3$ ; $\Delta$ est donc une forme quadratique sur $\M$,
de matrice dans la base $\B$:
 \mc{A=\pmatrix{0&0&0&1/2\cr
               0&0&-1/2&0\cr
               0&-1/2&0&0\cr
              1/2&0&0&0\cr}};le rang de A est 4.

En gardant les m{\^e}mes notations,
\mc{\widetilde\Delta(X,Y)={1\over 2}(x_1y_4+x_4y_1-x_2y_3-y_2x_3)}\medskip
\qu {IV} 2%
\par
\qu 2 a%
$\Phi$ est non nulle,il existe donc $X_0\,\in\,\M$ tel que $\Phi(X_0)\not=0$;\par
 or, $\Phi(X_0)=\Phi(X_0I)=\Phi(X_0)\Phi(I)$;donc \boxit{5pt}{$\Phi(I)=1$}
\smallskip
\qu 2 b%
Si X est inversible $\Phi(X)\Phi(X^{-1})=\Phi(I)=1$;donc $\Phi(X)\not=0$.\smallskip
\qu 2 c%
Si $X\,\in\M$ est non inversible X est de rang 0 ou 1;si X est de rang 0, $X=0$
et $\Phi(X)=0$ ($\Phi$ est une forme quadratique ).\par
Si X est de rang 1,X est {\'e}quivalente {\`a} toute matrice de rang 1,donc {\'e}quivalente
{\`a} $E_2$:\par
 il existe $(P,Q)\,\in\,\M^2\quad E_2=PXQ$ ;\par
on a alors $\Phi(E_2)=\Phi(P)\Phi(X)\Phi(Q)$;comme P et Q sont inversibles,$\Phi(P)$
et $\Phi(Q)$ sont non nuls;pour montrer que $\Phi(X)$ est nul,il suffit de montrer
que $\Phi(E_2)=0$;\par
or $E_2^2=O$ donc ${(\Phi(E_2))}^2=\Phi(O)=0$ et $\Phi(E_2)=0$.\smallskip
\qu 2 d%
Soit $X\in\,\M$;notons $\widetilde \Phi$,la forme bilin{\'e}aire sym{\'e}trique
 associ{\'e}e {\`a} $\Phi$;pour tout complexe $\lambda$,\par
$f(\lambda)=\Phi(X+\lambda I)=\Phi(X)+2\lambda\widetilde\Phi(X,I)+{\lambda}^2$ car $\Phi(I)=1$\par
f est une fonction polynome de degr{\'e} 2 de coefficient dominant 1.\par

de plus,d'apr{\`e}s 2.b et 2.c,$f(\lambda)=0$
{\'e}quivaut {\`a} $X+\lambda I$ non inversible ou encore {\`a} 
$\Delta(X+\lambda I)=0$.
Notons encore $g(\lambda)=\Delta(X+\lambda I)$; g est une fonction polynome de 
degr{\'e} 2,de coefficient dominant 1.\par
Comme $f(\lambda)=0\ssi g(\lambda)=0$ ,f et g ont les m{\^e}mes racines;de plus f et
g sont scind{\'e}s sur $\C$ car $\C$ est alg{\'e}briquement clos:f et g ont donc les m{\^e}mes
racines compt{\'e}es avec le m{\^e}me ordre de multiplicit{\'e};comme elles ont m{\^e}me coefficient
dominant,$f=g$ et en prenant $\lambda=0$,on a donc $\Phi(X)=\Delta(X)$ et ceci,
pour tout X de $\M$.\par
Donc,\boxit{5pt}{$\Phi=\Delta$}.
\end
