Compilation de questions pour l`agrégation Énoncés

Compilation de questions pour
l’agrégation
Cette compilation regroupe des questions et des exercices sur le programme de l’agrégation de mathématiques. L’ensemble du programme n’est
pas couvert. Les questions sont de difficulté très variable, mais cette difficulté n’est volontairement pas affichée : apprendre à distinguer les questions
élémentaires (et ne pas se laisser dérouter) des questions difficiles fait partie
des objectifs de la formation. Ne vous laissez pas trop influencer par la classification : il faut souvent faire appel à une autre partie du programme pour
résoudre un exercice d’une section donnée.
Le texte est organisé en trois parties : d’abord les énoncés, puis des indications brèves, enfin des solutions plus détaillées.
Première partie
Énoncés
1
Algèbre linéaire
2
Groupes et géométrie
3
Anneaux, corps, polynômes et fractions rationnelles
4
Formes bilinéaires et quadratiques sur un espace vectoriel
Énoncé 4.1. Déterminer la signature de la forme quadratique de R3 définie
par
Q(x, y, z, t) = xy + yz + zt + tx
1
5
Géométries affine, projective et euclidienne
6
Analyse à une variable réelle
Énoncé 6.1. Soit θ un nombre réel qui n’est pas un multiple rationnel de π.
Est-ce que l’ensemble 2πZ + θN est dense dans R ?
Remarque : si α, β sont des réels et A, B des parties de R, on note
αA + βB := {x ∈ R | ∃a ∈ A, ∃b ∈ B, x = αa + βb}.
Énoncé 6.2. On considère la suite un = (cos n)n . Est-ce que 0 est valeur
d’adhérence ? Est-ce que un converge ?
Énoncé 6.3. Le théorème de Weierstrass est-il vrai sur R, c’est-à-dire :
peut-on approcher uniformément toute fonction continue de R dans R par
des applications polynomiales ?
Énoncé 6.4. Existe-t-il une suite croissante de fonctions fn : [0, 1] → R
convergeant simplement vers une fonction f continue, mais ne convergeant
pas uniformément ?
Énoncé 6.5. Soit fn :]0, 1[→ C une suite de fonctions continues telle que
P R1
P
n 0 |fn (t)| dt converge. Montrer que
n fn converge presque partout.
Énoncé 6.6. Soit f : R → R une fonction. On suppose qu’il existe un
nombre m tel que |f (x + y) − f (x) − f (y)| ≤ m pour tous x, y. Montrer que
n
pour tout x ∈ R, la suite un (x) = f (22n x) converge.
Énoncé 6.7. Déterminer la limite presque partout de
Z n
sin x itx
e dx
−n x
quand n → +∞.
Énoncé 6.8. Soit µ une mesure signée sur [0, 1] telle que
pour tout n ∈ N. Que peut-on dire de µ ?
7
Analyse à une variable complexe
8
Calcul différentiel
9
Calcul intégral et probabilités
R1
0
tn µ(dt) = 0
Énoncé 9.1. Soient X, Y, Z des variables aléatoires deux à deux indépendantes. Sont elles globalement indépendantes ?
2
10
Analyse fonctionnelle
Énoncé 10.1. Donner un exemple de normes non-équivalentes sur un espace
vectoriel réel.
Énoncé 10.2. Existe-t-il une norme sur R[X] telle que l’application de dérivation P 7→ P 0 soit continue ?
Énoncé 10.3. On considère sur l’espace vectoriel
M
∀t ∈]0, 1[
E = f :]0, 1[→ R ∃M ≥ 0, |f (t)| ≤
t
la norme
N (f ) = sup |tf (t)|.
0<t<1
Montrer que l’application linéaire
ϕ:E → E
f 7→ ϕf = t 7→ f (t/2) + f (t/3)
est continue et calculer sa norme.
Énoncé 10.4. Soit E l’espace vectoriel des suites réelles indexées par Z et
bornées, muni de la norme supérieure k · k∞ . Soit P la partie de E formée
des suites périodiques. Est-ce que P est un sous-espace vectoriel fermé ?
Énoncé 10.5. Étant donnée f ∈ L1 (R), on considère l’endomorphisme
T : L2 (R) → L2 (R)
g 7→ f ∗ g
dont on sait bien qu’il vérifie kT gk2 ≤ kf k1 kgk2 . Ainsi, |||T ||| ≤ kf k1 . A-t-on
égalité ?
Énoncé 10.6. Montrer que dans un espace vectoriel réel normé de dimension
finie, la boule unité est compacte. On n’utilisera pas l’équivalence des normes
en dimension finie (qui en est une conséquence).
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Géométrie différentielle
Énoncé 11.1. Soit M une sous-variété compacte et x un point de Rn . Montrer qu’il existe un point y de M tel que pour une équation g de M au
voisinage de y, on a yx
~ ⊥ ker dg(y). On appelle ici équation de M une fonction g définie sur un ouvert U de Rn , à valeurs dans Rd où d est la dimension
de M , telle que U ∩ M = g −1 (0) et dg(z) est surjective en tout point.
3
Deuxième partie
Indications
??. Il est plus efficace ici de remarquer une factorisation que d’appliquer la
réduction de Gauss aveuglément.
6.1. Il est classique que 2πZ+θZ est dense dans R. La réponse à la question
présente est également positive, mais est un peu délicate. On peut chercher
à montrer que l’on peut trouver des nombres strictement positifs mais arbitrairements près de 0 dans l’ensemble considéré et en déduire la densité.
6.2. La première question est facile : il existe des entiers arbitrairement
grands tels que cos n soit plus petit que 1/2, on en déduit que 0 est valeur
d’adhérence. La seconde est nettement plus difficile, on admettra le théorème
de Dirichlet pour la résoudre : pour tout nombre réel θ, il existe une suite de
couples d’entiers (pk , qk )k≥0 telle que pk , qk → +∞ quand k → +∞ et pour
tout k,
pk
− θ < 1 .
q2
qk
k
Ce théorème est une très belle application du principe des tiroirs, soit dit en
passant.
6.3. C’est une question simple. Comme souvent, enlever une hypothèse à
un théorème le rend faux, et la réponse est ici négative.
6.4. Cet énoncé est à comparer aux théorèmes de Dini : l’un d’eux stipule
que si les fn sont de plus continues, alors la convergence est uniforme. Sans
l’hypothèse, ce n’est pas toujours le cas et le contre-exemple n’est pas compliqué à trouver. Attention à bien comprendre que la suite fn est croissante,
c’est-à-dire que pour tout x ∈ [0, 1] et tous entiers n ≤ m on a fn (x) ≤ fm (x),
mais que les fonctions fn ne sont pas supposées croissantes.
6.5. C’est un exercice simple d’intervertion limite-intégrale.
6.6. C’est un exercice de majoration un tout petit peu fin. Il faut avoir
le réflexe d’utiliser la complétude de R, car l’énoncé ne demande pas de
déterminer la limite. Si on bloque, on peut commencer par considérer le cas
m = 0 : f est alors additive, et la suite considérée est constante. Dans le cas
4
général, f est « presque » additive, mais cela suffit pour obtenir que la suite
est de Cauchy.
6.7. C’est un résultat plus ou moins classique, mais qui ne s’invente pas :
il s’agit d’utiliser le calcul des résidus. On peut tout de même signaler que
d’après le théorème d’inversion L2 , il y a convergence L2 (et donc convergence
presque partout d’une sous-suite) vers la transformée de Fourier (inverse) de
sinc.
6.8. C’est une question simple si on pense au théorème d’approximation de
Weierstrass.
9.1. C’est une question élémentaire, et la réponse est non. Il suffit donc de
trouver un contre-exemple.
10.1. C’est une questions aux bases du programme ; le premier réflexe est
bien sûr de chercher en dimension infinie. Il y a alors deux approches classiques : sur un espace de suites, ou sur un espace de séries. Attention à
bien choisir l’espace vectoriel : il faut que les deux normes y soient définies
simultanément.
10.2. Cette question n’est pas difficile quand on la prend bien, mais peut
être assez déroutante sinon. La réponse est positive ; le problème est que la
dérivation multiplie les coefficients par le degré du monôme correspondant,
qui n’est pas universellement borné. Il faut donc construire une norme qui
compense ceci en prenant en compte le degré pour compenser.
10.3. Il est bien sûr sous(entendu qu’on cherche la norme subordonnée de
ϕ, c’est-à-dire Ns (ϕ) = supf N (ϕf )/N (f ) où f parcourt E \{0}. La méthode
habituelle marche très bien ici : chercher à majorer N (ϕf ) par un multiple
aussi petit que possible de N (f ) (ce qui montre la continuité puisque ϕ est
linéaire), puis montrer que l’égalité est réalisée.
10.4. Cette question est un peu délicate. Tout d’abord P est bien un sousespace vectoriel (attention, la somme de fonctions périodiques n’est pas nécessairement périodique !). Il est facile de voir que le sous-espace PT formée
des suites T -périodiques est fermé quel que soit T . Toutefois, P n’est lui
pas fermé, et c’est donc sur la variation de la période qu’il faut jouer pour
construire une suite convergente de fonctions périodiques dont la limite n’est
pas périodique. Utiliser la complétude (c’est-à-dire, construire une suite de
5
Cauchy) est une bonne piste, car elle évite d’avoir à décrire trop précisément
la limite.
10.5. Exercice difficile à attaquer si on n’a pas le réflexe d’utiliser la théorie
de Fourier, qui permet de passer d’une convolution à un simple produit. Même
avec ce réflexe, il faut bien connaître son analyse pour en venir à bout.
10.6. C’est un grand classique, mais attention il a piégé plusieurs candidats.
Le point délicat est le suivant : on ne peut pas vraiment supposer connu que
les fermés bornés de Rn sont compacts, puisque la notion de « borné » dépend
à priori de la norme. Il faut revenir à la base : la dimension 1.
11.1. Considérer le point y ∈ M qui minimise la distance à x.
Troisième partie
Solutions
??. On remarque que
1
1
Q(x, y, z, t) = (x + z)(y + t) = (x + z + y + t)2 − (x + z − y − t)2
2
2
donc, les deux formes linéaires apparaissant dans le membre de droite étant
linéairement indépendantes, la signature de Q est (1, 1).
6.1. Quitte à tout diviser par 2π on est ramenés à montrer que X = Z+φN
est dense dans R, où φ := θ/2π est par hypothèse irrationnel. Montrons
d’abord que ` := inf(X ∩ R+∗ ) = 0.
Il est facile de voir que ` < 1, car φ − bφc ∈ X. Supposons que ` > 0
et soit k = d 1` e, autrement dit k est l’entier tel que 1` ≤ k < 1` + 1. On a
en particulier k` < 1 + ` et par définition de la borne inférieure, il existe un
x ∈ X ∩ R+∗ tel que kx < 1 + `. Alors, comme k est positif, on a kx − 1 ∈ X
et kx − 1 < `, ce qui implique kx − 1 ≤ 0 par définition de la borne inférieure.
Mais la définition de k donne aussi 1 ≤ k` d’où kx = 1. Comme ` < 1, k ≥ 2
et x est un élément de X rationnel non entier. Un tel élément ne peut pas
exister car φ est irrationnel, contradiction.
Maintenant, on peut conclure classiquement en appliquant la définition
de la densité. Soient y < z des réels quelconques, montrons qu’il existe x ∈ X
tel que y < x < z. Soit ε ∈ X tel que 0 < ε < z − y. Alors pour tout k ∈ N,
6
xk := byc − 1 + kε ∈ X. Pour k = 0 on obtient un nombre plus petit que y et
pour k → +∞ on a xk → +∞, donc il existe un plus petit k tel que xk > y.
comme xk−1 ≤ y et xk = xk−1 + ε, on en déduit xk < z comme voulu.
Une remarque : il est un peu plus simple de montrer la densité de Z + φZ,
et ça se trouve facilement dans les livres (c’est un sous-groupe de R, il suffit
de montrer qu’il n’est pas discret).
6.2. Commençons par montrer que 0 est valeur d’adhérence de un . Pour
cela, comme proposé dans l’indication, on va approcher π par des rationnels
qui permettrons d’obtenir une majoration de cos n. Pour tout entier k, l’intervalle ] π4 + 2kπ, 3π
+ 2kπ[ est de longueur π2 > 1, donc contient un entier
4
nk . On a alors nk → +∞ et −1/2 < cos nk < 1/2, d’où |unk | < (1/2)nk → 0.
On va ensuite montrer que 1 est valeur d’adhérence, en particulier que un
ne converge pas. Pour cela on va approcher 2π par des rationnels : considérons
les nombres (pk , qk ) donnés par le théorème de Dirichlet pour θ = 2π. On a
alors |pk − 2πqk | < qk−1 pour tout k. Faisons donc un développement limité :
cos pk = cos(pk − 2πqk )
(pk − 2πqk )2
+ o(qk2 )
= 1−
2
upk = e
pk log 1−
= e−pk
Or
pk
qk
(pk −2πqk )2
+o(qk−2 )
2
(pk −2πqk )2
+o(pk qk−2 )
2
→ 2π donc
2
−pk (pk − 2πqk ) + o(pk q −2 ) ≤ pk + o(1) → 0.
k 2
2qk2
Il s’ensuit que upk → 1, donc la suite (un ) a au moins deux valeurs d’adhérence et ne converge pas.
6.3. Soit f une fonction bornée. Alors une fonction polynomiale g à distance
uniformément bornée de f doit être constante (sinon g serait non bornée,
donc f − g aussi). Donc une fonction bornée non constante ne peut jamais
être approchée uniformément par des fonctions polynomiales.
6.4. Considérons la suite de fonction définie par fn (x) = 1 si x < 1 − 1/n
ou x = 1, et fn (x) = 0 si x ∈ [1 − 1/n, 1[. Alors pour tout x, on a fn (x) → 1
donc (fn ) converge simplement vers f . Cette suite est clairement croissante,
et on a supx |fn (x) − f (x)| = 1 pour tout n donc la convergence n’est pas
uniforme.
7
6.5. Le théorème de convergence monotone assure que
Z 1X
XZ 1
|fn (t)| dt =
|fn (t)| dt < +∞
0
n
n
0
où tous les termes sont définis (à priori éventuellement infinis) puisqu’on a
affaire à des fonctions positives.
P
On en déduit que la fonction
n |fn | à valeurs dans [0, +∞] est finie presque partout (sinon
son
intégrale
serait infinie), autrement dit pour
P
presque tout t, la série
fn (t) est absolument convergente. Elle est donc en
particulier convergente pour presque tout t.
6.6. Si m = 0, on a f (2x) = 2f (x) donc la suite est constante de valeur
f (x). Dans le cas général, on a seulement |f (2x) − 2f (x)| ≤ m et on va
montrer que un (x) est de Cauchy. On commence par l’estimation suivante :
|f (2n+1 x) − 2n+1 f (x)| ≤ |f (2n+1 x) − 2f (2n x)| + 2|f (2n x) − 2n f (x)|
≤ m + 2|f (2n x) − 2n f (x)|
donc, par une récurrence facile, on obtient que pour tout x et tout n
n
n
|f (2 x) − 2 f (x)| ≤ m
n−1
X
2k = (2n − 1)m.
k=0
On pourrait être tenté de diviser par 2n pour montrer la convergence vers
f (x), mais ça ne marche pas : on obtient seulement que l’écart à f (x) est
borné.
Mais remarquons que pour tous entiers positifs n, k, on a
f (2n+k x) f (2n x) −
|un+k (x) − un (x)| = 2n+k
2n 1 = n+k f (2k (2n x)) − 2k f (2n x)
2
(2k − 1)m
m
≤ n
≤
n+k
2
2
en appliquant l’estimation précédente en 2n x. Ceci montre que la suite un est
uniformément de Cauchy, donc converge uniformément (ce qui est plus fort
que requis).
6.7. Voir Rudin, chapitre 10, section « Calcul des résidus ».
8
R
6.8. Par linéarité de l’intégrale, P µR = 0 pour tout polynôme P . Le théorème de Weierstrass implique donc que f µ = 0 pour toute fonction continue
f . Ainsi, µ doit être nulle (on peut approcher de façon croissante les fonctions caractéristiques d’intervalles par des fonctions continues pour montrer
que µ(I) = 0).
9.1. Considérons X, Y des variables aléatoires de Bernoulli, de paramètre
1/2, indépendantes. Notons Z = X ⊕ Y , où on note 0 ⊕ 0 = 1 ⊕ 1 = 0, et
0 ⊕ 1 = 1 ⊕ 0 = 1 (il s’agit donc du « ou exclusif » ou encore de l’addition
modulo 2). Alors P(Z = 0) = P((X = 0 ∧ Y = 0) ∨ (X = 1 ∧ Y = 1)) = 1/2
et Z est une variable de Bernoulli de paramètre 1/2. De plus
P (X, Z) = (0, 0) = P (X, Y ) = (0, 0) = 1/4
P (X, Z) = (0, 1) = P (X, Y ) = (0, 1) = 1/4
P (X, Z) = (1, 0) = P (X, Y ) = (1, 1) = 1/4
P (X, Z) = (1, 1) = P (X, Y ) = (1, 0) = 1/4
donc X et Z sont indépendantes. Par symétrie, Y et Z sont indépendantes
donc (X, Y, Z) sont deux à deux indépendantes. Toutefois, elles ne sont pas
globalement indépendantes puisque Z est entièrement spécifié par X et Y ;
plus précisément, on a par exemple
P(X = 0 ∧ Y = 0 ∧ Z = 0) = P(X = 0 ∧ Y = 0) = 1/4 6= 1/8
ou encore
P(X = 0 ∧ Y = 0 ∧ Z = 1) = 0.
10.1. On va donner deux exemples. Commençons par les suites, et considérons l’espace
)
(
X
|un | < +∞
E = u = (un ) ∈ RN n
des suite absolument sommables. Toute suite u ∈ E est en particulier bornée,
et on peut définir les normes suivantes :
X
kuk1 =
|un | et kuk∞ = sup |un |.
n
n
Pour montrer que ces normes ne sont pas équivalente, on va exhiber des
suites qui ont une grande norme k · k1 et une petite norme k · k∞ (on ne peut
9
pas faire l’inverse : k · k1 ≥ k · k∞ ). Considérons donc les suites ak = (ak,n )n
définies de la façon suivante : ak,n = 1 si k < n et ak,n = 2−n sinon. Ces
suites sont sommables car équivalentes à (2−n ), et on a
kak k1 ≥ k
kak k∞ = 1
donc il n’existe pas de réel M tel que kuk1 ≤ M kuk∞ pour tout u ∈ E.
Donnons un exemple impliquant des fonctions, en considérant l’espace F
des fonctions continues de [0, 1] → R. Toute fonction f ∈ F est en particulier
bornée et absolument intégrable, on peut donc définir sur F les normes
Z 1
|f (x)| dx et kf k∞ = max |f (x)|.
kf k1 =
x
0
On peut alors considérer les fonctions fk : x → xk . On a en effet
kfk k1 =
1
→0
k+1
kfk k∞ = 1.
Remarquons que la comparaison n’est pas dans le même sens dans les
deux exemples. C’est parce que le premier concerne des objets sur un support
discret non compact, tandis que le second concerne des supports continus
compacts. Voir le théorème d’Alfonso Villani sur les inclusions d’espaces Lp
dans le Rudin pour un traitement plus systématique.
10.2. Suivons l’indication et définissons
kan X n + an−1 X n−1 + · · · + a1 X + a0 k = max k!ak .
k
C’est bien une fonction positive, qui ne s’annule que sur le polynôme nul,
qui est homogène, et l’inégalité triangulaire est classique. Il s’agit donc bien
d’une norme.
Maintenant, on a avec les notations habituelles
kP 0 k = max(k − 1)!(kak ) = max k!ak ≤ kP k
k≤1
k≤1
P
pour tout P = ak X k , ce qui montre la continuité.
On peut aussi par exemple considérer
∞
X
(n)
kP|[0,1] k∞ .
n=0
10
10.3. Soient f ∈ E et t ∈]0, 1[ ; on a alors
|t(ϕf )(t)| = |t(f (t/2) + f (t/3))|
t
t
= 2 f (t/2) + 3 f (t/3)
2
3
≤ 2N (f ) + 3N (f ) = 5N (f )
donc N (ϕf ) ≤ 5N (f ) pour tout f , et Ns (ϕ) ≤ 5 où Ns désigne la norme
subordonnée. En particulier, ϕ étant linéaire et bornée, elle est continue.
Il est facile de trouver un cas d’égalité en remontant le calcul : considérons
la fonction définie par f (t) = 1/t. Alors ϕf = 5f donc N (ϕf ) = 5N (f ) et
Ns (ϕ) ≥ 5.
On conclut que Ns (ϕ) = 5.
10.4. Notons uk = (ukn )n la suite k + 1-périodique définie par
uk0 = 2−k et
P
uki = 0 pour tout i entre 1 et k. Comme |ukn | ≤ 2−k , la série k ukn converge
P
k
pour tout n, et la convergence est même uniforme. Ainsi, ( K
k=0 un )n ∈
EPforme une suite convergente
P −kde E, dont la limite est u =
P∞ kd’élément
k
u
=
= 1, et pour tout n non nul
u
)
.
On
a
u
=
( ∞
k=0 0
k2
k=0Pn n
Pn0
∞
−k
k
un = k=0 un ≤ k=0 2 < 1. Si u était périodique, elle devrait prendre
une infinité de fois la valeur de u0 , ce qui n’est pas le cas. Donc u 6= P qui
n’est pas fermé.
10.5. Tout d’abord rappelons (en notant ˆ la transformée de Fourier définie
sur L1 et sur L2 , avec la normalisation du Rudin 1 qui en fait une isométrie
de L2 ) que f[
∗ g = fˆĝ. Notons que ce résultat est en général montré pour
f, g ∈ L1 , mais que si comme dans le cas qui nous intéresse g est dans L2 on
l’obtient par densité de L1 ∩ L2 et continuité de ∗ et ˆ.
On a alors pour tout g ∈ L2 :
kT gk2 = kf ∗ gk2 = kf[
∗ gk2 = kfˆĝk2
Or on sait que la norme triple (dans L2 toujours) de g 7→ hg est khk∞ (c’est
un bon exercice, d’ailleurs). On a donc en fait |||T ||| = kfˆk∞ . Remarquons
que kfˆk∞ ≤ kf k1 : la question est de savoir quand cette inégalité est stricte.
Comme la transformée de Fourier d’une fonction L1 est continue et s’annule
à l’infini, kfˆk∞ est atteinte. Le cas d’égalité est donc équivalent à l’existence
d’un nombre ξ tel que l’inégalité suivante soit en fait une égalité :
Z
Z
ixξ
e f (x) √dx .
eixξ f (x) √dx ≤
2π 2π
R
R
1. Tout problème de constante multiplicative dans ce qui suit vient sans doute d’une
divergence de convention.
11
Ceci est équivalent à la constance (pour presque tout x) de l’argument de
eixξ f (x). Si f est à valeurs réelles (ce qu’on peut supposer implicite dans
l’énoncé) et pas nulle presque partout, ceci n’est possible que pour ξ = 0 et
est alors équivalent à ce que f soit de signe constant. On conclut que |||T |||
est égal à kfˆk1 pour certaines fonctions f , mais pas pour toutes.
10.6. On peut supposer que l’espace considéré est Rn quitte à tout traduire
à travers un isomorphisme.
En dimension 1, la boule unité d’une norme est un segment, qui est compact par le théorème de Bolzano-Weierstrass. Le théorème de Tychonoff assure alors que dans Rn , tout produit de segments est compact. En particulier,
la norme k · k∞ a une boule compacte. Pour montrer que tout autre norme
a également une boule compacte, il faut en passer par le début de la démonstration de l’équivalence des normes. On commence
par remarquer que
P
par inégalité triangulaire kvk 6 αkvk∞ où α = i kei k et (ei ) est la base
canonique. On en déduit deux choses. Tout d’abord, la boule unité de k · k est
bornée (au sens de k · k∞ ) donc incluse dans un compact. Ensuite, l’application k · k est continue pour la topologie produit, induite par k · k∞ , et la boule
unité est donc fermée dans cette topologie puisque c’est l’image réciproque
de [0, 1] par k · k.
Étant fermée dans un compact, la boule unité est donc compacte.
11.1. Notons f : Rn → R la fonction définie par f (z) = d(x, z). Elle est
continue et différentiable sur Rn \ {x}. Par compacité, il existe un point
y ∈ M minimisant f , et Le théorème des extrémas liés dit que l’application
linéaire df (y) est une combinaison linaaire des dgi (y), où les gi sont les fonctions coordonnées de g. En particulier le plan tangent à M en y, c’est-à-dire
ker dg(y), est inclu dans le noyau de df (y), qui est l’espace tangent à la sphère
de centre x et de rayon d(x, y). On en déduit le résultat.
On peut aussi redémontrer le résultat de façon directe. Pour tout courbe
γ tracée sur M et passant par y au temps 0, la fonction t 7→ d(γ(t), x)2
est minimale en 0 donc γ 0 (0) ⊥ yx
~ (écrire d(γ(t), x)2 = hx − γ(t), x − γ(t)i
et dériver en t). Ceci montre que yx
~ est orthogonal à l’espace tangent à
Ty M = ker dg(y).
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