Une année de colle en MP

Une année de colle en M P ∗
J., Nicolas
January 1, 2007
Contents
1 SEMAINE 1 -ALGEBRE GENERALE
1.1 EXERCICE 1 : . . . . . . . . . . . . . .
1.2 EXERCICE 2 : . . . . . . . . . . . . . .
1.3 EXERCICE 3 : . . . . . . . . . . . . . .
1.4 EXERCICE 4 : Un théorème de Sylow .
1.5 EXERCICE 5 : . . . . . . . . . . . . . .
1.6 EXERCICE 6 : . . . . . . . . . . . . . .
2 SEMAINE 2 : ALGÈBRE
2.1 EXERCICE 1 : Idéaux à
2.2 EXERCICE 2 : Idéaux à
2.3 EXERCICE 3 : . . . . .
2.4 EXERCICE 4 : . . . . .
2.5 EXERCICE 5 : . . . . .
2.6 EXERCICE 6 : . . . . .
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3
4
6
8
10
LINÉAIRE (Programme de MPSI)
droite de L(E) en dimension finie . . .
gauche de L(E) en dimension finie . .
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14
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19
22
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3 SEMAINE 3 : RÉDUCTION DES ENDOMORPHISMES (PREMIÈRE PARTIE)
3.1 EXERCICE 1 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 EXERCICE 2 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 EXERCICE 3: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 EXERCICE 4 : Décomposition de Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5 EXERCICE 5 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6 EXERCICE 6 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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24
26
27
29
30
31
4 RÉDUCTION DES ENDOMORPHISMES
4.1 EXERCICE 1 : . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 EXERCICE 2 : . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3 EXERCICE 3 : . . . . . . . . . . . . . . .
4.4 EXERCICE 4 : . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5 EXERCICE 5 : . . . . . . . . . . . . . . . .
5 SEMAINE 5 : SUITES
5.1 EXERCICE 1 : . . .
5.2 EXERCICE 2 : . . .
5.3 EXERCICE 3 : . . .
5.4 EXERCICE 4 : . . .
5.5 EXERCICE 5 : . . .
5.6 EXERCICE 6 : . . .
(DEUXIÈME PARTIE)
. . . . . . . . . . . . . . . .
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RÉELLES - TOPOLOGIE DE IR
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. . . . . 1. . . . . . . . . . . . . . . . .
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6 SEMAINE 6 : TOPOLOGIE DES ESPACES MÉTRIQUES
6.1 EXERCICE 1 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 EXERCICE 2 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3 EXERCICE 3 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4 EXERCICE 4 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.5 EXERCICE 5 : Relèvements et homéomorphismes du cercle . .
6.6 EXERCICE 6 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1.1
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SEMAINE 1 -ALGEBRE GENERALE
EXERCICE 1 :
1. Soit G un groupe fini, soient x et y deux éléments de G qui commutent. On note m = ω(x),
n = ω(y) les ordres respectifs des éléments x et y.
a. On suppose m et n premiers entre eux. Montrer que ω(xy) = mn.
b. On ne suppose plus m et n premiers entre eux. A-t-on ω(mn) = m ∨ n ?
2. Soit G un groupe commutatif fini. Montrer qu’il existe un élément z de G dont l’ordre est l’exposant
du groupe G (c’est-à-dire le p.p.c.m. des ordres des éléments de G).
3. Soit K un corps (commutatif), soit G un sous-groupe fini du groupe multiplicatif K ∗ . Montrer que
G est cyclique.
Sources : nombreuses (c’est archi-classique), parmi lesquelles Michel DEMAZURE, Cours d’Algèbre,
Éditions Cassini, ISBN 2-84225-000-1.
-----------------------------1.a. Posons z = xy. On a z mn = (xy)mn = (xm )n (y n )m = e, donc ω(z) | mn.
D’autre part, comme m ∧ n = 1, il existe deux entiers relatifs u et v tels que um + vn = 1
(relation de Bézout). Alors
z um = xum y um = xum y 1−vn = (xm )u y (y n )−v = eye = y
et, de même, z vn = x. Donc x et y appartiennent au sous-groupe <z> engendré par z, mais ce
sous-groupe est cyclique d’ordre ω(z). On en déduit que les ordres de x et de y divisent l’ordre
de z, donc leur p.p.c.m. divise aussi l’ordre de z, soit mn | ω(z).
Finalement, ω(z) = mn.
b. Si m ∧ n 6= 1, on n’a plus ω(xy) = m ∨ n en général. En effet, dans le groupe U3 = {1, j, j 2 }, on
a ω(j) = ω(j 2 ) = 3, mais ω(j j 2 ) = ω(1) = 1.
2. Soit n l’exposant du groupe G. Décomposons n en produit de facteurs premiers : n =
k
Y
i
pα
i .
i=1
i
Alors, pour tout i, il existe dans G un élément xi d’ordre pα
i : en effet, il existe au moins un élément
i
yi de G tel que la pi -valuation de ω(yi ) soit αi , c’est-à-dire ω(yi ) = pα
i mi avec mi ∧ pi = 1. Alors
2
pαi
mi i
(yi )
β
i
= e. L’ordre de l’élément yimi divise pα
i , donc est de la forme pi avec β ≤ αi ; si on
pβi
p β mi
i
= e, ce qui contredit ω(yi ) = pα
avait β < αi , alors on aurait (yimi ) = yi i
i mi . On a donc
mi
αi
bien ω(yi ) = pi .
En utilisant la question 1.a., par une récurrence immédiate sur k, on déduit que l’élément y =
k
Y
yimi
i=1
est d’ordre n.
3. Soit N l’ordre du groupe G, soit n son exposant (cf. ci-dessus), soit z un élément de G d’ordre n.
Par le théorème de Lagrange, on a n | N .
Par ailleurs, le polynôme P = X n − 1 de K[X] admet au plus n racines dans K et, tout élément de
G étant racine de P , on a N ≤ n.
En conclusion, n = N , donc G est cyclique (G est engendré par z).
1.2
EXERCICE 2 :
Soit p un nombre premier, p ≥ 3.
.
1. Combien y a-t-il de carrés dans le corps K = Z
?
pZ
. ∗
p−1
2. Montrer qu’un élément x de Z
est un carré si et seulement si x 2 = 1.
pZ
.
3. Quels sont les nombres premiers p pour lesquels −1 est un carré dans Z
?
pZ
4. En déduire qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme 4k + 1, k ∈ IN.
Source : Daniel PERRIN, Cours d’Algèbre, Éditions Ellipses, ISBN 2-7298-5552-1.
--------------------------- . ∗
.
Z
.
1. Soit G =
le groupe multiplicatif des éléments non nuls du corps K = Z
pZ
pZ
2
L’application q : x 7→ x est un endomorphisme de ce groupe G et Ker q = {−1, 1} : en effet, {−1, 1} ⊂ Ker q, −1 6= 1 car p > 2 et le polynôme X 2 − 1, à coefficients dans le corps K,
admet au plus deux racines dans ce corps.
|G|
p−1
On a donc | Ker q| = 2, d’où | Im q| =
=
. En rajoutant l’élément 0 qui est son propre
| Ker q|
2
.
p+1
.
carrés dans Z
carré, on dénombre
pZ
2
. ∗
p−1
2
2. Si x = y avec y ∈ G = Z
, alors x 2 = y p−1 = 1 car |G| = p−1 (théorème de Lagrange).
pZ
p−1
d’après la question 1.) sont racines de l’équation (E) :
Les carrés de G (qui sont au nombre de
2
3
p−1
2
p−1
racines dans le corps K. L’équation (E)
2
. ∗
p−1
racines dans K qui sont les carrés de Z
.
admet donc exactement
pZ
2
.
3. Étant donné que p > 2 (donc −1 6= 1 dans Z
), on a les équivalences
pZ
x
− 1 = 0 ; mais cette équation admet au plus
−1 carré ⇐⇒ (−1)
p−1
2
= 1 ⇐⇒ (−1)
p−1
2
= 1 ⇐⇒
p−1
pair ⇐⇒ p ≡ 1 modulo 4 .
2
4. Soit n ∈ IN∗ , montrons qu’il existe des nombres premiers congrus à 1 modulo 4 qui sont plus grands
que n.
Pour cela, posons A = (n!)2 + 1.
Tout diviseur premier p de A vérifie p > n (les nombres premiers p tels que p ≤ n divisent
(n!)2 = A − 1). Soit p un tel diviseur
(il en existe au moins un) ; on a (n!)2 ≡ −1 modulo
.
p, donc −1 est un carré dans Z
, donc p ≡ 1 modulo 4. CQFD
pZ
1.3
EXERCICE 3 :
1. Soit A un anneau principal, soit K son corps des fractions. Pour tout polynôme P non nul de
A[X], on note c(P ) -contenu de P - le pgcd des coefficients du polynôme P (c’est un élément
de A défini “à association près”, c’est-à-dire à multiplication près par un élément inversible de
l’anneau A). Le polynôme P de A[X] est dit primitif si c(P ) = 1 (ses coefficients sont premiers
entre eux dans leur ensemble).
a. Montrer que le produit de deux polynômes primitifs de A[X] est primitif. Que vaut c(P Q) si P
et Q sont deux polynômes non nuls de A[X] ?
b. Soient P et Q deux polynômes de A[X], premiers entre eux dans A[X] (leurs seuls diviseurs
communs sont les éléments inversibles de l’anneau A[X], c’est-à-dire...?). Montrer qu’ils sont
premiers entre eux dans l’anneau K[X].
2. Soient P et Q deux polynômes de C[X, Y ] = C[X][Y ], premiers entre eux dans C[X, Y ].
a. Démontrer l’existence d’un polynôme D non nul de C[X] et de deux polynômes A et B de C[X, Y ]
tels que
D(X) = A(X, Y ) P (X, Y ) + B(X, Y ) Q(X, Y ) .
(
P (x, y) = 0
a un nombre fini de solutions dans C 2 .
b. Montrer que le système (S) :
Q(x, y) = 0
Sources :
• Daniel PERRIN, Cours d’Algèbre, Éditions Ellipses, ISBN 2-7298-5552-1 ;
• FRANCINOU et GIANELLA, Exercices de Mathématiques pour l’Agrégation, Algèbre 1, Éditions
Masson, ISBN 2-225-84366-X.
• ENS Lyon/Cachan, épreuve du concours MP*, session 2000.
4
------------------------------1.a. Posons P =
m
X
ai X
i
et Q =
n
X
bj X j , supposons-les tous les deux primitifs. Si le produit
j=0
i=0
P Q n’était pas primitif, il existerait un élément irréductible
X (ou “premier”) p de l’anneau A
divisant tous les coefficients de P Q, à savoir tous les ck =
ai bj . Comme p ne divise pas tous
i+j=k
les coefficients de A, soit i0 le plus petit indice i pour lequel p ne divise pas ai , soit de même
j0 = min{j ∈ [[1, n]] ; bj 6∈ pA}. On a alors
X
X
X
ci0 +j0 =
ai bj = ai0 bj0 +
ai bi0 +j0 −i +
ai0 +j0 −j bj .
i+j=i0 +j0
i<i0
j<j0
L’élément irréductible p divise les deux dernières sommes et divise ci0 +j0 , il divise donc aussi le
produit ai0 bj0 , donc il divise l’un des facteurs, ce qui est absurde.
On a utilisé ici le lemme d’Euclide, valable dans tout anneau principal (ou, plus généralement,
factoriel) : si p est irréductible et p | ab, alors p | a ou p | b.
Il est clair que, si a ∈ A et P ∈ A[X], alors c(aP ) = a c(P ).
Si P et Q sont deux polynômes quelconques, on peut écrire P = c(P ) · P0 et Q = c(Q) · Q0 , où
P0 et Q0 sont primitifs ; alors P0 Q0 est primitif et
c(P Q) = c c(P ) c(Q) · P0 Q0 = c(P )c(Q) c(P0 Q0 ) = c(P )c(Q) .
b. Soient P et Q deux polynômes de A[X], premiers entre eux dans A[X] (leurs seuls diviseurs
communs dans A[X] sont les éléments inversibles de l’anneau A). Il s’agit de montrer qu’ils sont
premiers entre eux dans K[X], c’est-à-dire que leurs seuls diviseurs communs dans K[X] sont les
constantes (éléments de K). Écrivons P = c(P ) · P0 et Q = c(Q) · Q0 avec P0 et Q(0 primitifs. Soit
P = DR
(*).
D un diviseur commun à P et Q dans K[X] : il existe R et S dans K[X] tels que
Q = DS
d1
D0 avec d1 ∈ A, d2 ∈ A premiers entre eux, et D0 ∈ A[X] primitif : pour
d2
∆
cela, on réduit au même dénominateur les coefficients de D, ce qui donne D =
avec ∆ ∈ A[X]
b
c(∆)
et b ∈ A \ {0}, puis D =
D0 avec D0 primitif, et on simplifie éventuellement la fraction
b
c(∆)
:
b
15
3
6 3
(16 + 7X + 70X 2 ) et le polynôme
Par exemple, avec A = Z et K = Q, on a + X + X 2 =
7 8
4
56
entre parenthèses est primitif dans Z[X].
r1
s1
De même, R = R0 et S = S0 avec R0 et S0 dans A[X], primitifs. Le systême (*) se réécrit
r2
s2
alors sous la forme d’égalités dans A[X] :
On peut écrire D =
5
(
d2 r2 c(P ) · P0 = d1 r1 D0 R0
d2 s2 c(Q) · Q0 = d1 s1 D0 S0
.
(∗∗)
Les polynômes
( D0 R0 et D0 S0 étant primitifs d’après a., en égalant les contenus dans (**),
u d2 r2 c(P ) = d1 r1
on obtient
, où u et v sont deux éléments inversibles de l’anneau A. En
v d2 s2 c(Q) = d1 s1
(
P0 = u D0 R0
réinjectant dans (**), cela donne
, donc le polynôme D0 ∈ A[X] divise, dans
Q0 = v D0 S0
A[X], les polynômes P0 et Q0 ; il divise donc aussi les polynômes P = c(P ) · P0 et Q = c(Q) · Q0 ,
d1
D0 est une constante (élément de K),
donc D0 est une constante (inversible dans A) et D =
d2
ce qu’il fallait démontrer.
Si P et Q sont deux polynômes de A[X], le lecteur montrera facilement (le plus dur a été fait)
l’équivalence entre les assertions :
(i) : P et Q sont premiers entre eux dans A[X] ;
(
c(P ) et c(Q) sont premiers entre eux dans A
.
(ii) :
P et Q sont premiers entre eux dans K[X]
2.a. Appliquons la question 1.b. avec A = C[X] et K = C(X). Les polynômes P et Q, premiers
entre eux dans A[Y ] = C[X, Y ], sont aussi premiers entre eux dans K[Y ] = C(X)[Y ]. Comme
K = C(X) est un corps, l’anneau K[Y ] est principal et on peut appliquer l’identité de Bézout : il existe des polynômes U et V dans C(X)[Y ] tels que U P + V Q = 1. On peut écrire
n
m
X
X
Vj (X)Y j , les Ui et les Vj étant des éléments de
Ui (X)Y i et V (X, Y ) =
U (X, Y ) =
j=0
i=0
C(X) ; si on note D(X) le ppcm des dénominateurs de ces fractions rationnelles Ui et Vj , on
A(X, Y )
B(X, Y )
peut écrire U (X, Y ) =
et V (X, Y ) =
, où A et B sont des polynômes de
D(X)
D(X)
C[X, Y ], et on a ainsi
A(X, Y )P (X, Y ) + B(X, Y )Q(X, Y ) = D(X) .
2
b. Si le couple (x, y) ∈ C vérifie le système (S), alors x est racine du polynôme D (il y en a un
nombre fini). Les indéterminées X et Y jouant le même rôle, il y a aussi un nombre fini de valeurs
possibles de y, donc de couples (x, y).
1.4
EXERCICE 4 : Un théorème de Sylow
Soit G un groupe fini, d’ordre n = pα m avec p premier et p ∧ m = 1.
On note X l’ensemble des parties de G de cardinal pα , et Y l’ensemble des sous-groupes de G d’ordre
pα .Le but du jeu est de montrer que Y 6= ∅, et plus précisément que le nombre de sous-groupes
de G d’ordre pα (les p-Sylow de G) est congru à 1 modulo p.
Pour cela, on fait opérer G sur X par translation à gauche : si g ∈ G et E ∈ X, on pose
g · E = gE = {ga ; a ∈ E} .
6
1. Soit E ∈ X. Montrer que son stabilisateur SE = {g ∈ G | g · E = E} est de cardinal au plus égal à
pα .
2. Soit E ∈ X. Montrer que le cardinal du stabilisateur SE est égal à pα si et seulement si E est une
classe à droite modulo un sous-groupe d’ordre pα (c’est-à-dire E = H · x avec x ∈ G et H ∈ Y ).
3. Montrer que |X| est congru à m|Y | modulo p.
4. Montrer que |X| est congru à m modulo p.
5. Conclure.
Source : Daniel PERRIN, Cours d’Algèbre, Éditions Ellipses, ISBN 2-7298-5552-1.
----------------------------1. Les translations étant des permutations de G, si E ∈ X, on a bien g · E ∈ X, c’est-à-dire
|g · E| = |E| = pα . De plus, avec E ∈ X, les égalités e · E = E et (gh) · E = g · (h · E)
sont immédiates, on a donc bien une action du groupe G sur l’ensemble X.
Soit E ∈ X, soit a ∈ E donné ; si g ∈ SE , alors ga ∈ g · E = E, donc g ∈ Ea−1 . On a donc
SE ⊂ Ea−1 , où a est un élément quelconque de E, d’où |SE | ≤ |Ea−1 | = |E| = pα .
Rappelons que le stabilisateur SE d’un élément E de X est un sous-groupe de G (vérification immédiate).
2. • Si E = Hx avec H ∈ Y , alors
g ∈ SE ⇐⇒ gE = E ⇐⇒ gHx = Hx ⇐⇒ gH = H
mais, H étant un sous-groupe, cette dernière condition équivaut à g ∈ H. On a alors SE = H,
d’où |SE | = pα .
• Si |SE | = pα , alors SE est un sous-groupe d’ordre pα , posons H = SE ∈ Y . Si on se donne a ∈ E,
on a H ⊂ Ea−1 d’après la question 1., d’où H = Ea−1 (égalité des cardinaux), donc E = Ha :
E est une classe à droite modulo a.
3. Les éléments de X de la forme Hx avec H ∈ Y et x ∈ G sont au nombre de m|Y | : chaque sousgroupe d’ordre pα , s’il en existe, définit m classes à droite distinctes et deux sous-groupes distincts
ne peuvent engendrer une même classe à droite (supposons H1 x1 = H2 x2 , alors x1 = ex1 ∈ H2 x2 ,
−1 −1
−1
∈ H2 et enfin H1 = H2 x2 x−1
donc x1 x−1
1 = H2 ).
2 ∈ H2 puis x2 x1 = (x1 x2 )
Les autres éléments E de X ont un stabilisateur SE dont le cardinal est strictement inférieur à pα ,
mais divise pα m (car les stabilisateurs sont des sous-groupes de G), donc |SE | est de la forme
pk d, avec 0 ≤ k ≤ α − 1 et d | m. Ils ont donc une orbite dont le cardinal (qui est l’indice du
m
stabilisateur), [G : SE ] = pα−k , est multiple de p.
d
Les orbites de X sous l’action de G par translation à gauche étant deux à deux disjointes, on déduit
|X| ≡ m|Y | modulo p.
4. Le cardinal de X ne dépend que de l’ordre du groupe G et non de sa structure : c’est le nombre
α
α
de parties
à p éléments d’un ensemble à n = pα m éléments. On peut donc supposer ici que
G = Z n Z. Dans ce cas, G, cyclique d’ordre p m, admet un unique sous-groupe d’ordre pα ,
donc |Y | = 1 et |X| ≡ m modulo p.
Cette question est d’ordre αpurement combinatoire : il s’agit de prouver que, pour p premier, α ∈ IN
et m ∧ p = 1, on a Cppα m ≡ m modulo p. Si quelqu’un a une démonstration élémentaire de ce
7
résultat, je suis preneur...
5. On a m|Y | ≡ m modulo p d’après les questions 3. et 4. Comme m et p sont premiers entre eux,
on peut simplifier cette congruence : il reste |Y | ≡ 1 modulo p, ce que l’on voulait prouver et, en
particulier, |Y | =
6 0.
1.5
EXERCICE 5 :
Soient A et B deux polynômes non nuls de C[X], d’écriture factorisée
n
m
Y
Y
(X − βj ) .
(X − αi )
;
B=b
A=a
j=1
i=1
On appelle résultant des polynômes A et B le nombre
Res(A, B) = an bm
Y
1≤i≤m
1≤j≤n
(αi − βj ) .
Si A = 0 ou B = 0, on pose Res(A, B) = 0.
1. On suppose B 6= 0, soit R le reste de la division euclidienne de A par B. Montrer que
Res(A, B) = (−1)mn bm−deg(R) Res(B, R) .
2. Que vaut Res(A, A′ ) ? Dans quel cas est-il nul ?
3. Écrire une condition nécessaire et suffisante pour que le polynôme A = X 5 + pX + q (avec p et q
réels) admette trois racines réelles distinctes.
Source : Jean-Pierre ESCOFIER, Théorie de Galois, Éditions Masson, ISBN 2-225-82948-9.
-------------------------------Res(A, B) = (−1)mn Res(B, A) = (−1)deg(A)·deg(B) Res(B, A), puis que
n
Y
Y
A(βj ). Or, de A = BQ + R, on déduit
an
(βj − αi ) = bdeg(A) ·
1. Notons d’abord que
Res(B, A) = bm
1≤i≤m
1≤j≤n
j=1
que A(βj ) = R(βj ) pour tout j ∈ [[1, n]], donc
Res(A, B)
=
=
=
=
=
(−1)mn Res(B, A)
n
Y
A(βj )
(−1)mn bdeg(A) ·
(−1)mn bdeg(A) ·
j=1
n
Y
R(βj )
j=1

(−1)mn bdeg(A)−deg(R) · bdeg(R) ·
n
Y
j=1
(−1)mn bdeg(A)−deg(R) · Res(B, R) .
8

R(βj )
Le résultant de deux polynômes peut ainsi se calculer par l’algorithme d’Euclide ; c’est l’algorithme
le plus efficace.
Remarque. Si B = λ (constant), alors Res(A, B) = λm = λdeg(A) .
2. On a vu Res(A, B) = (−1)deg(A)·deg(B) Res(B, A) = adeg(B)
B(αi ), où les αi sont les racines de A.
i=1
Ainsi,
Res(A, A′ ) = am−1 ·
Or, A′ = a ·
m
Y
m Y
X
i=1
j6=i
m
Y
A′ (αi ) .
i=1
Y
(X − αj ) et, pour tout i ∈ [[1, m]], A′ (αi ) = a · (αi − αj ), donc
j6=i
Res(A, A′ ) = a2m−1
m Y
m(m−1)
Y
Y
a2m−1
(αi − αj )2 .
(αi − αj ) = (−1) 2
i=1
j6=i
i<j
Le résultant de A et A′ (aussi appelé discriminant du polynôme A) est nul si et seulement si A
admet une racine double, c’est-à-dire si et seulement si A ∧ A′ 6= 1.
m(m−1)
1
La définition exacte du discriminant du polynôme A est D(A) = (−1) 2
Res(A, A′ ).
a
Y
3. On a Res(A, A′ ) =
(αi − αj )2 , où les αi (1 ≤ i ≤ 5) sont les racines de A.
i<j
4
pX + q, celui
5
5q
de la division de A′ par R est une constante λ que l’on détermine en posant X = −
dans
4p
3125q 4 + 256p5
5q
=
. Finalement,
l’identité A′ = RQ + λ donc λ = A′ −
4p
256p4
4
4
4p
4p
Res(R, λ) = 54
λdeg(R) = 256p5 + 3125q 4 .
Res(A, A′ ) = 54 Res(A′ , R) = 54
5
5
D’autre part, A′ = 5X 4 + p, le reste de la division euclidienne de A par A′ est R =
On en déduit déjà que A admet une racine double si et seulement si
256 p5 + 3125 q 4 = 0 .
Par ailleurs,
• si A admet cinq racines réelles (non nécessairement distinctes), alors
Y
Res(A, A′ ) =
(αi − αj )2 ≥ 0 ;
i<j
• si A admet une racine réelle a et deux couples (b, b), (c, c) de racines conjuguées, alors
Res(A, A′ ) =
=
(b − a)2 (b − a)2 (c − a)2 (c − a)2 (b − b)2 (c − b)2 (c − b)2 (c − b)2 (c − b)2 (c − c)2
16 (Im b)2 (Im c)2 |b − a|4 |c − a|4 |c − b|4 |c − b|4 ≥ 0 .
9
• si A admet trois racines réelles a, b, c et un couple (d, d) de racines conjuguées, alors
Res(A, A′ )
= (b − a)2 (c − a)2 (d − a)2 (d − a)2 (c − b)2 (d − b)2 (d − b)2 (d − c)2 (d − c)2 (d − d)2
= −4 (Im d)2 (b − a)2 (c − a)2 (d − a)2 |d − a|4 |d − b|4 |d − c|4 ≤ 0 ,
l’inégalité étant stricte lorsque les racines réelles a, b, c sont distinctes.
La condition recherchée est donc
256 p5 + 3125 q 4 < 0 .
1.6
EXERCICE 6 :
Dans cet exercice, on admet que, pour tout p premier, le groupe multiplicatif
.
éléments non nuls du corps Z
est cyclique (cf. exercice 1).
pZ
. ∗
Z
des
pZ
Soit n un entier, n ≥ 2. On dira que n vérifie la propriété (F) si, pour tout entier relatif a, an est
congru à a modulo n.
1. Montrer le petit théorème de Fermat : tout nombre premier p vérifie la propriété (F).
On appelle nombre de Carmichael tout entier n composé vérifiant la propriété (F).
2. Soit n un entier sans facteur carré, n ≥ 2. Soit m un entier (m ≥ 2) tel que, pour tout diviseur
premier p de n, p − 1 divise m − 1. Montrer que am est congru à a modulo n pour tout entier
relatif a.
3. Soit n = p2 m avec p premier et m ∈ IN∗ ; vérifier (1 + p m)n ≡ 1 modulo n.
4. Montrer qu’un entier n ≥ 2 vérifie la propriété (F) si et seulement si n est sans facteur carré et
p − 1 divise n − 1 pour tout diviseur premier p de n.
Source : Michel DEMAZURE, Cours d’Algèbre, Éditions Cassini, ISBN 2-84225-000-1.
------------------------------1. Si a ∈ Z n’est pas multiple de p, alors
sa classe de congruence modulo p (notons-la a) est un élément
. ∗
du groupe multiplicatif Z
d’ordre p − 1, donc a p−1 = 1, c’est-à-dire ap−1 ≡ 1 modulo
pZ
p, d’où ap ≡ a modulo p.
Si a est multiple de p, on a évidemment ap ≡ a ≡ 0 modulo p.
2. Il faut montrer que n | am − a ; mais, par hypothèse, n est le produit de ses facteurs premiers, qui
sont deux à deux premiers entre eux. Il suffit donc de prouver que tout diviseur premier p de n
divise am − a (n est le p.p.c.m. de ses diviseurs premiers).
Soit donc p un diviseur premier de n.
⊲ si a est multiple de p, am − a est multiple de p (évident)
⊲ si a n’est pas multiple de p, on a ap−1 ≡ 1 modulo p d’après la question 1.. Comme m−1 = (p−1)k
avec k entier naturel, am−1 = (ap−1 )k est aussi congru à 1 modulo p, donc am ≡ a modulo p.
10
Le lecteur en déduira par exemple que a13 ≡ a modulo 35 pour tout entier relatif
a, et donc
. ∗
12
Z
, d’ordre
a ≡ 1 modulo 35 pour tout entier a premier avec 35. L’exposant du groupe
Z
35
.
ϕ(35) = 24, des éléments inversibles de l’anneau Z
est 12, puisqu’on peut voir qu’il existe
35 Z
des éléments d’ordre 12 exactement, par exemple la classe de 2.
3. Si n = p2 m, alors
(1 + p m)n = 1 + np m +
n
X
Cnk (p m)k .
k=2
Chaque terme de cette dernière somme est divisible par p2 m2 donc a fortiori par n = p2 m, donc
(1 + p m)n ≡ 1 modulo n.
4. • Supposons n sans facteur carré tel que ∀p ∈ Pn p − 1 | n − 1 (Pn : support premier de n).
Alors n vérifie la propriété (F) d’après la question 2.
• Soit n vérifiant la propriété (F).
Alors n est sans facteur carré : par l’absurde, si on avait n = p2 m avec p premier, l’entier
a = 1 + p m vérifierait an ≡ 1 modulo n d’après la question 3., ce qui contredit an ≡ a modulo
n.
Ecrivons n = p1 . . . pm (produit de nombres premiers distincts). Pour tout
i ∈
[[1, m]], soit ai
.
∗
un entier dont la classe modulo pi est un générateur du groupe cyclique Z
. D’après le
pi Z
théorème chinois, il existe un entier a tel que a ≡ ai modulo pi pour tout i.
Par hypothèse, an ≡ a modulo n ; comme a ∧ n = 1 (a n’est divisible par aucun des pi ),
on peut “simplifier cette congruence par a” et an−1 ≡ 1 modulo n d’où, a fortiori, an−1 ≡ 1
modulo pi pour tout i, donc ain−1 ≡ 1 modulo pi .
Cela implique que n − 1 est multiple de l’ordre de ai modulo pi , c’est-à-dire pi − 1 | n − 1, ce
qu’il fallait démontrer.
2
2.1
SEMAINE 2 : ALGÈBRE LINÉAIRE (Programme de
MPSI)
EXERCICE 1 : Idéaux à droite de L(E) en dimension finie
a. Théorème de factorisation
Soient E, F , G trois espaces vectoriels, soient w ∈ L(E, G) et v ∈ L(F, G). Montrer l’équivalence
Im w ⊂ Im v ⇐⇒ ∃u ∈ L(E, F )
w =v◦u.
b. Soient u1 , · · ·, uk et v des endomorphismes d’un espace vectoriel E tels que Im v ⊂
Montrer qu’il existe des endomorphismes a1 , · · ·, ak de E tels que v =
11
k
X
i=1
ui ◦ ai .
k
X
i=1
Im ui .
c. Soit E un IK-espace vectoriel de dimension finie. Montrer que les idéaux à droite de l’algèbre L(E)
sont les ensembles de la forme IF = {u ∈ L(E) | Im u ⊂ F }, où F est un sous-espace vectoriel
de E.
------------------------------a. L’implication dans le sens indirect est immédiate.
Supposons donc Im w ⊂ Im v. Soit T un supplémentaire de Ker v dans F (on en admet l’existence).
On sait que v induit un isomorphisme (que nous noterons v) de T sur Im v. Pour tout
x de E,
on a w(x) ∈ Im v d’après l’hypothèse, il est donc loisible de poser u(x) = v −1 w(x) . On
définit
ainsi une application de E dans F , dont la linéarité est immédiate et on a bien v u(x) = w(x)
pour tout x de E.
Autre solution en admettant l’existence d’une base (ei )i∈I de E : si Im w ⊂ Im v alors, pour tout
i ∈ I, il existe un vecteur fi de F tel que w(ei ) = v(fi ). Si on appelle u l’unique application
linéaire de E vers F telle que u(ei ) = fi pour tout i, on a bien v ◦ u = w.
b. Considérons l’application linéaire f : E k → E définie par
f (x1 , · · · , xk ) =
k
X
k
X
ui (xi ). On a
i=1
Im ui , donc Im v ⊂ Im f et il existe une application linéaire A de E vers
E k telle que v = f ◦ A. En posant A(x) = a1 (x), · · · , ak (x) pour tout x de E, on a
clairement Im f =
i=1
∀x ∈ E
donc v =
k
X
i=1
k
X
ui ai (x) ,
v(x) = f A(x) = f a1 (x), · · · , ak (x) =
i=1
ui ◦ ai .
c. On appelle idéal à droite de L(E) toute partie I qui est un sous-groupe additif de L(E) et qui vérifie
∀u ∈ I
∀a ∈ L(E)
u◦a∈I .
• D’abord, si F est un sous-espace vectoriel de E, l’ensemble IF = {u ∈ L(E) | Im u ⊂ F } est
bien un idéal à droite de L(E).
• Soit I un idéal à droite de L(E).
Alors il est clair que I est un sous-espace vectoriel de L(E), soit (f1 , · · · , fk ) une base de l’espace
k
X
Im fi . On a alors I = IF : en effet,
vectoriel I (on est en dimension finie), posons F =
i=1
- si f ∈ I, on a f =
k
X
i=1
λi fi où les λi sont des scalaires, donc Im f ⊂ F et f ∈ IF .
- si f ∈ IF , d’après la question b., on peut écrire f =
k
X
i=1
fi ◦ai , où les ai sont des endomorphismes
de E, et f ∈ I (car les fi appartiennent à I et I est un idéal à droite).
12
Remarque. Si p est un projecteur sur F , on peut noter que
IF = p ◦ L(E) = {p ◦ f ; f ∈ L(E)} :
IF est l’“idéal à droite engendré par p”.
Ce qui précède ne se généralise pas dans un espace vectoriel E de dimension infinie ; l’ensemble I
des endomorphismes de E de rang fini est alors un idéal (bilatère) de L(E) qui n’est pas de la
forme IF .
2.2
EXERCICE 2 : Idéaux à gauche de L(E) en dimension finie
a. Théorème de factorisation
Soient E, F , G trois espaces vectoriels, soient w ∈ L(E, G) et u ∈ L(E, F ). Montrer l’équivalence
Ker u ⊂ Ker w ⇐⇒ ∃v ∈ L(F, G)
w =v◦u.
b. Soient u1 , · · ·, uk et v des endomorphismes d’un espace vectoriel E tels que
Montrer qu’il existe des endomorphismes a1 , · · ·, ak de E tels que v =
k
X
i=1
k
\
i=1
Ker ui ⊂ Ker v.
ai ◦ ui .
c. Soit E un IK-espace vectoriel de dimension finie. Montrer que les idéaux à gauche de l’algèbre L(E)
sont les ensembles de la forme JF = {u ∈ L(E) | F ⊂ Ker u}, où F est un sous-espace vectoriel
de E. Source : Jacques CHEVALLET, Algèbre MP/PSI, Éditions Vuibert, ISBN 2-7117-2092-6
-----------------------------a. L’implication dans le sens indirect est immédiate.
Supposons donc Ker u ⊂ Ker w. Soit S un supplémentaire de Ker u dans E (on en admet l’existence).
On sait que u induit un isomorphisme (que nous noterons u) de S sur Im u.
Soit, par ailleurs, T un supplémentaire de Im u dans F . Pour tout y dans Im u, posons
v(y) = w u−1 (y) et, pour tout y dans T , posons v(y) = 0G ; on a ainsi défini (de façon
unique puisque T ⊕ Im u = F ) une application linéaire v de F vers G.
Si x ∈ E, alors u(x) ∈ Im u, donc u−1 u(x) est un élément x′ de S, donc de E (pas nécessairement
′
égal à x), tel que u(x′ ) = u(x)
; puisque Ker u ⊂ Ker w par hypothèse, on a aussi w(x ) = w(x),
ce qui se traduit par v u(x) = w(x), on a donc w = v ◦ u.
b. Considérons l’application linéaire f : E → E k définie par f (x) = u1 (x), · · · , uk (x) . On a
k
\
Ker ui , donc Ker f ⊂ Ker v et il existe une application linéaire A de E k
clairement Ker f =
i=1
vers E telle que v = A ◦ f . En posant a1 (x) = A(x, 0, 0, · · · , 0), a2 (x) = A(0, x, 0, · · · , 0), et ainsi
de suite, pour tout x de E, on a
∀x ∈ E
v(x) = A f (x) = A u1 (x), · · · , uk (x)
= A u1 (x), 0, 0, · · · , 0 + A 0, u2 (x), 0, · · · , 0 + · · ·
13
=
k
X
i=1
donc v =
k
X
i=1
ai ui (x) ,
ai ◦ ui .
c. On appelle idéal à gauche de L(E) toute partie J qui est un sous-groupe additif de L(E) et qui
vérifie
∀u ∈ J
∀a ∈ L(E)
a◦u∈J .
• D’abord, si F est un sous-espace vectoriel de E, l’ensemble JF = {u ∈ L(E) | F ⊂ Ker u} est
bien un idéal à gauche de L(E).
• Soit J un idéal à gauche de L(E).
Alors il est clair que I est un sous-espace vectoriel de L(E), soit (f1 , · · · , fk ) une base de l’espace
k
\
Ker fi . On a alors I = JF : en effet,
vectoriel I (on est en dimension finie), posons F =
i=1
- si f ∈ I, on a f =
k
X
i=1
λi fi où les λi sont des scalaires, donc F ⊂ Ker f et f ∈ JF .
- si f ∈ JF , d’après la question b., on peut écrire f =
k
X
i=1
ai ◦fi , où les ai sont des endomorphismes
de E, et f ∈ I (car les fi appartiennent à I et I est un idéal à gauche).
Remarque. Si p est un projecteur de direction F (c’est-à-dire Ker p = F ), on peut noter que
JF = L(E) ◦ p = {f ◦ p ; f ∈ L(E)} :
JF est l’“idéal à gauche engendré par p”.
Ce qui précède ne se généralise pas dans un espace vectoriel E de dimension infinie ; l’ensemble J
des endomorphismes de E de rang fini est alors un idéal (bilatère) de L(E) qui n’est pas de la
forme JF .
2.3
EXERCICE 3 :
C’est un paysan, l’a 2n + 1 vaches. Quand qu’y met d’côté l’une quelconque d’ses vaches, ben les
2n qui restent, y peut les répartir en deux sous-troupeaux de n vaches chacun et ayant le même
poids total.
Montrer qu’les vaches, è z’ont toutes le même poids.
------------------------------
14
Soient p1 , . . ., p
des vaches (nommées V1 , . . ., V2n+1 , c’est plus pratique que“Marguerite”).
2n+1 les poids

p1
 . 
Soit P =  ..  ∈ IR2n+1 .
p2n+1
Traduisons l’hypothèse : pour tout i ∈ [[1, 2n + 1]], les vaches Vj (j 6= i) peuvent être réparties en deux
sous-troupeaux de même effectif et de même poids total. Il existe donc des coefficients ai,j (avec
1 ≤ j ≤ 2n + 1) tels que
• (1) ai,i = 0 (la vache Vi part brouter dans son coin) ;
• (2) ai,j = ±1 si j 6= i ; (le signe dépend du sous-troupeau dans lequel on met la vache Vj )
• (3)
• (4)
2n+1
X
ai,j = 0 (les deux sous-troupeaux ont même effectif)
j=1
2n+1
X
ai,j pj = 0 (les deux sous-troupeaux ont même poids total).
j=1
Autrement dit, il existe une matrice A = (ai,j ) ∈ M2n+1 (IR) telle que
• (1) : les coefficients diagonaux sont nuls ;
• (2) : les autres coefficients valent ±1 ;
 
1
.

• (3) : la somme des éléments de chaque ligne est nulle, ce qui revient à dire que X0 = .. 
1
appartient au noyau Ker A ;
• (4) : la somme des éléments de chaque ligne, pondérés des coefficients pj , est nulle, c’est-à-dire
P ∈ Ker A.
Nous allons montrer que toute matrice A ∈ M2n+1 (IR) vérifiant les conditions (1) et (2) est de rang
2n, ce qui signifie que son noyau est de dimension 1. Les conditions (3) et (4) entraı̂neront alors
que les vecteurs P et X0 sont colinéaires, donc que les vaches ont toutes le même poids.
Soit donc une matrice A ∈ M2n+1 (IR) vérifiant les conditions (1) et (2). Considérons la matrice
extraite B = (aij )1≤i,j≤2n obtenue en ôtant la dernière ligne et la dernière colonne, et montrons
qu’elle est inversible. Son déterminant est
X
ε(σ) a1,σ(1) . . . a2n,σ(2n) .
D = det(B) =
σ∈S2n
Les termes diagonaux étant nuls, les seuls termes non nuls du développement de ce déterminant
sont ceux pour lesquels σ est un dérangement (permutation sans point fixe) de [[1, 2n]]. Par
ailleurs, chacun de ces termes non nuls vaut ±1, donc le déterminant D est un entier relatif
de même parité que le nombre de dérangements de l’ensemble [[1, 2n]]. Si nous prouvons que ce
nombre est impair, la démonstration est achevée.
Soit donc, pour tout k entier naturel non nul, dk le nombre de dérangements de l’ensemble [[1, k]].
Nous allons prouver la relation de récurrence
15
dk = (k − 1)(dk−1 + dk−2 )
(R) :
(k ≥ 3) .
Preuve de la relation (R) : soit k ≥ 3, soit σ un dérangement de [[1, k]]. Il y a k − 1 choix possibles
pour le nombre j = σ(k) ∈ [[1, k − 1]]. Deux possibilités s’excluent alors mutuellement :
- si σ(j) = k, alors la restriction de σ à l’ensemble [[1, k]]\{j, k} est un dérangement d’un ensemble
à k − 2 éléments, il y en a dk−2 ;
- si σ(j) 6= k, le dénombrement est un peu moins évident. Introduisons pour cela l’ensemble Ej
des dérangements de [[1, k]] tels que σ(k) = j et σ(j) 6= k, puis l’ensemble
des dérangements
de
( F−1
τ σ (k) = j
[[1, k−1]]. A tout élément σ de Ej , associons l’élément τ de F défini par
τ (p)
= p si p 6= σ −1 (k)
(en quelque sorte, on “zappe” l’élément k). On voit facilement que 
la correspondance
σ 7→ τ est
 σ τ −1 (j) = k

.
une bijection de Ej sur F, la bijection réciproque est τ 7→ σ, avec
σ(k)
= j


σ(p)
= τ (p) sinon
Donc le cardinal de Ej est dk−1 , ce qui achève la démonstration.
Revenons à nos vaches... De la relation (R), il résulte que d2n−1 = (2n − 2)(d2n−2 + d2n−3 ) est
toujours un nombre pair, puis on montre par récurrence sur n que d2n est impair :
- pour n = 1, d2 = 1 ;
- si d2n−2 est impair (pour n ≥ 2), alors d2n = (2n − 1)(d2n−1 + d2n−2 ) avec 2n − 1 impair, d2n−1
pair et d2n−2 impair, donc d2n est impair, ce qui achève le troupeau.
******************************
Quelques compléments sur les dérangements, sans plus déranger les vaches qui finiraient par devenir
folles...
La relation (R) peut s’écrire dn − ndn−1 = − dn−1 − (n − 1)dn−2 ; la suite de terme général
un = dn − ndn−1 est donc géométrique de raison −1, d’où un = dn − ndn−1 = (−1)n pour n ≥ 2.
dk−1
(−1)k
dk
−
=
. En sommant pour k de 2 à n,
On a donc, pour tout k ≥ 2, la relation
k!
(k − 1)!
k!
on obtient
!
n
X
(−1)k
dn = n!
k!
k=2
et, comme conséquence, l’équivalence dn ∼
2.4
n!
.
e
EXERCICE 4 :
Soient P et Q deux polynômes de C[X], de degrés m et n respectivement. 1. Montrer que P et
Q ont une racine commune si et seulement si la famille
(P, XP, . . . , X n−1 P, Q, XQ, . . . , X m−1 Q)
16
est liée dans C[X].2. On pose P =
m
X
ak X k , Q =
n
X
bj X j .
j=0
k=0
Écrire un déterminant qui s’annule si et seulement si P et Q ont une racine commune.3. En déduire
une condition nécessaire et suffisante pour que le polynôme P = X 3 + pX + q admette une
racine double.4. Un nombre complexe a est dit algébrique s’il annule un polynôme (non nul) à
coefficients rationnels.
Montrer que la somme de deux nombres algébriques est algébrique.
Ecrire un polynôme non nul de Q[X], de plus petit degré possible, admettant pour racine i + j.
Source : Jean-Pierre ESCOFIER, Théorie de Galois, Éditions Masson, ISBN 2-225-82948-9.
-----------------------------1. Les polynômes P et Q ont une racine commune si et seulement si leur pgcd P ∧ Q est non constant,
c’est-à-dire si et seulement si leur ppcm P ∨ Q est de degré strictement inférieur à m + n (puisque
les polynômes P Q et (P ∧ Q)(P ∨ Q) sont associés). Cela équivaut à l’existence d’un multiple
commun non nul de degré < m + n, ou encore de deux polynômes U et V non tous deux nuls
tels que
UP − V Q = 0 ,
avec
deg U < n
et
deg V < m .
Une condition nécessaire et suffisante est donc que la famille de polynômes
P = (P, XP, . . . , X n−1 P, Q, XQ, . . . , X m−1 Q)
soit liée.
2. Il suffit de considérer le déterminant (d’ordre m + n) de
(1, X, X 2 , . . . , X m+n−1 ) de C m+n−1 [X] :
0 . . . 0 b0
a0
..
..
.
. ..
.
b1
a1
..
..
.
. 0
..
. a0
SX (P, Q) = a1 bn
am
0
..
..
0
.
.
.
..
..
..
.
.
.
.
.
0 . . . 0 am 0
la famille P dans la base canonique
0
..
.
..
.
..
.
..
.
...
..
.
..
.
..
.
..
..
...
...
..
.
..
.
..
.
.
.
...
..
.
0
0
..
.
..
.
0 b0 b1 bn
(les n premières colonnes sont constituées des coefficients du polynôme P , que l’on décale et les m
colonnes suivantes des coefficients du polynôme Q, que l’on décale). SX (P, Q) est le déterminant
de Sylvester des polynômes P et Q. 3. On cherche une condition pour que le polynôme P et
sa dérivée P ′ aient une racine commune. Or,
17
q
p
SX (P, P ′ ) = 0
1
0
p
= 0
3
0 p 0 0 0 0 p −3q
q 0 p 0 0 q 0 −2p
0
p 3 0 p = 0 0 3
3
0 0 3 0 1 0 0
0 1 0
0
1 0 0 3
−3q
0 −2p −3q = 4p3 + 27q 2
0
−2p 0 0
0 0
−2p = − 0
0 1
3
p −3q
0 −2p
3
0
0
0
0 −3q −2p 3
(on a effectué d’abord les opérations L1 ← L1 − qL4 , L2 ← L2 − pL4 , L3 ← L3 − pL5 , puis un
développement par rapport à la première colonne et L2 ← L2 − qL4 ). La condition cherchée est
donc 4p3 + 27q 2 = 0.
4. Soient a et b deux nombres algébriques, soient P et Q deux polynômes non nuls de Q[X] tels que
P (a) = 0 et Q(b) = 0. Les polynômes P (X) et Q(a + b − X) ont une racine commune a, donc
leur déterminant de Sylvester SX P (X), Q(a + b − X) est nul.
Posons R(Y ) = SX P (X), Q(Y −X) : c’est un déterminant dont les coefficients sont des polynômes
de Q[Y ], donc R(Y ) est un polynôme de Q[Y ] admettant a + b pour racine. Le nombre complexe
a + b est donc algébrique.
Avec a = i et b = j, on peut choisir P = X 2 + 1 et Q = X 2 + X + 1 qui sont leurs polynômes
minimaux respectifs sur Q (si a ∈ C est algébrique, l’ensemble {P ∈ Q[X] | P (a) = 0} est un
idéal non nul de Q[X] et le générateur normalisé de cet idéal est appelé polynôme minimal de
a sur Q). Un polynôme de Q[X] annulateur de i + j est alors
R(Y )
= SX X 2 + 1, (Y − X)2 + (Y − X) + 1
= SX
1
0
= 1
0
X 2 + 1, X 2 − (2Y + 1)X + (Y 2 + Y + 1)
0 Y2+Y +1
0
2
1 −(2Y + 1) Y + Y + 1 = Y 4 + 2Y 3 + 5Y 2 + 4Y + 1 .
0
1
−(2Y + 1) 1
0
1
Montrons le caractère minimal de ce polynôme R. Supposons qu’il existe un polynôme S ∈ Q[Y ],
diviseur strict (normalisé) de R, tel que S(i+j) = 0. Un tel polynôme S ne peut être de degré 1 car
on aurait alors i + j ∈ Q ; il ne peut être de degré 3 car on aurait alors R = ST avec T ∈ Q[Y ] de
degré un, et le polynôme R aurait une racine rationnelle (ce n’est pas le cas car le polynôme R, par
construction, admet pour racines tous les nombres que l’on peut écrire comme somme d’une racine
de P et d’une racine de Q, à savoir les quatre nombres irrationnels distincts α = i+ j, β = −i+ j,
γ = i + j 2 , δ = −i + j 2 appelés conjugués de i + j sur le corps Q et ces quatre nombres sont donc
ses
seules
racines).
Enfin,
si S
était
degré
deux,
on
aurait
√
de
S(Y ) = (Y − α)(Y − α) = Y − (i + j) Y − (−i + j 2 ) = Y 2 + Y + 2 + 3 qui n’est pas
à coefficients rationnels.
Le polynôme minimal de α = i + j sur Q est donc R(Y ) = Y 4 + 2Y 3 + 5Y 2 + 4Y + 1.
18
******************************
Quelques compléments sur ce “déterminant de Sylvester” : on note les propriétés suivantes :• si Q est un
polynôme constant (Q = λ), alors SX (P, Q) = λdeg(P ) ; • on a SX (Q, P ) = (−1)deg(P )·deg(Q) SX (P, Q) :
en effet, en reprenant les notations de la question 1., on voit que SX (P, Q) est transformé en
SX (Q,P ) si l’on fait opérer sur les colonnes de la matrice la permutation
1
2
···
n
n + 1 n + 2 ··· n + m
σ =
et cette permutation a pour
m + 1 m + 2 ··· m + n
1
2
···
n
mn
signature (−1) , on peut la décomposer en produit de mn transpositions par exemple en
échangeant l’élément n successivement avec les m éléments qui le suivent, puis idem pour l’élément
n − 1, et ainsi de suite jusqu’à l’élément 1 ; • si m = deg(P ) ≥ n = deg(Q) et si R est le reste
de la division euclidienne de P par Q, on a
)−deg(R)
SX (P, Q) = bdeg(P
SX (P, R) ;
n
en effet, notons R1 le premier reste partiel dans la division euclidienne de P par Q (le lecteur est
vivement invité à traiter un exemple), en effectuant sur la matrice présentée à la question 2. les
am
opérations sur les colonnes Cj ← Cj −
Cm+j (1 ≤ j ≤ n) et en développant par rapport à la
bn
dernière ligne deg(P ) − deg(R1 ) fois, on obtient l’égalité SX (P, Q) = bndeg(P )−deg(R1 ) SX (P, R1 ), il
ne reste plus qu’à itérer. Cela montre que l’on peut calculer le déterminant de Sylvester de deux
polynômes de façon récursive et cela prouve aussi que ce déterminant de Sylvester est la même
chose que le résultant défini dans l’exercice 5 de la semaine 1.
2.5
EXERCICE 5 :
Pour toute matrice A = (aij ) ∈ Mn (IR), on appelle permanent de A le réel
X
aσ(1),1 · · · aσ(n),n .
per(A) =
σ∈Sn
1. Dégager les propriétés élémentaires du permanent.2. Théorème de Frobenius et König Soit
A ∈ Mn (IR) une matrice à coefficients positifs ou nuls. Montrer que son permanent est nul si
et seulement si on peut extraire de A une matrice nulle de format s × (n + 1 − s), où s est un
entier appartenant à [[1, n]].3. Lemme des mariages :Soient F et G deux ensembles finis, soit
Φ : G → P(F ) une application.Démontrer l’équivalence des assertions (1) et (2) :
(1) : il existe une injection ϕ : G → F telle que ∀g ∈ G ϕ(g) ∈ Φ(g).
[
Φ(g) ≥ |G′ |.
(2) : ∀ G′ ∈ P(G) g∈G′
Source : Jean-Marie MONIER, Algèbre Tome 2, Éditions Dunod, ISBN 2-10-000006-3
-------------------------------
19
1. Le permanent est une forme n-linéaire symétrique des n lignes (ou des n colonnes) de la matrice,
il est donc invariant par toute permutation de lignes ou de colonnes.
On peut développer le permanent par rapport à une ligne ou une colonne : si on note Aij la matrice
carrée d’ordre n − 1 obtenue en supprimant de A la i-ième ligne et la j-ième colonne, on a
n
X
aij per(Aij )
pour tout i ∈ [[1, n]] ;
per(A) =
j=1
per(A) =
n
X
pour tout j ∈ [[1, n]] .
aij per(Aij )
i=1
On peut calculer des permanents par blocs : per
Enfin, on a per( tA) = per(A).
A
C
0
D
= per(A) × per(D).
Les propriétés qui précèdent se démontrent de façon analogue aux propriétés correspondantes pour
les déterminants.
Par contre, si A et B sont deux matrices carrées d’ordre n, alors per(AB) 6= per(A) × per(B)
1 1
en général, et on a même per(AB) 6= per(BA) en général, essayer avec A =
et B =
1 1
1 2
.
3 4
2. Notons M+
n l’ensemble des matrices carrées d’ordre n à coefficients positifs ou nuls.
• Soit A ∈ M+
n , supposons que l’on puisse extraire de A une matrice nulle de format
s × (n + 1 − s) pour s ∈ [[1, n]] donné. Par des permutations de lignes etde colonnes (qui ne
A
0
1
s,n−s
modifient pas le permanent), on peut transformer A en une matrice A′ =
, avec
A2
A3
A1 carrée d’ordre s ayant sa dernière colonne nulle (on en déduit le format des autres matrices) ;
en développant par rapport à cette dernière colonne, on a per(A1 ) = 0, puis per(A) = per(A′ ) =
per(A1 ) × per(A3 ) = 0.
• Pour l’implication réciproque, montrons par récurrence forte sur n ∈ IN∗ l’assertion
(An ) :
∀A ∈ M+
n
per(A) = 0 =⇒ ∃s ∈ [[1, n]]
0s,n+1−s est extraite de A .
⊲ pour n = 1, la propriété est immédiate.
⊲ Soit n ∈ IN∗ , supposons l’assertion vérifiée pour les entiers 1, 2, · · ·, n et soit A ∈ M+
n+1 telle
que per(A) = 0 et A 6= 0.
Soit aij un coefficient non nul (donc strictement positif) de la matrice A, on a alors
per(Aij ) = 0 : en effet, en développant par rapport à la i-ième ligne, on a
n
X
aik per(Aik ) et, tous les termes de cette somme étant positifs, ils sont donc
0 = per(A) =
k=1
tous nuls.
D’après l’hypothèse de récurrence, on peut extraire de la matrice Aij (donc de A) une matrice
nulle de format s × (n + 1 − s) avec 1 ≤ s ≤ n et des permutations sur les lignes et les colonnes
20
A1 0s,n+1−s
, où A1 et A3 sont carrées
A2
A3
d’ordres s et n + 1 − s respectivement, et à coefficients positifs ou nuls . On a
permettent de transformer A en une matrice A′ =
0 = per(A) = per(A′ ) = per(A1 ) × per(A3 ) ,
donc per(A1 ) = 0 ou per(A3 ) = 0.
Supposons per(A1 ) = 0. En utilisant l’hypothèse de récurrence, il existe un entier t
(1 ≤ t ≤ s) tel que l’on puisse extraire de A1 une matrice nulle de format t×(s+1−t). En effectuant des permutations de lignes et de colonnes, on place cette matrice nulle dans
“le coin en haut
à
A
0
1
s,n+1−s
droite” de la matrice A1 et, en revenant à la forme diagonale par blocs A′ =
, on
A2
A3
voit
que
l’on
peut
extraire
de
A
un
bloc
nul
de
format
t × ((s + 1 − t) + (n + 1 − s)), c’est-à-dire t × (n + 2 − t), c’est bien ce qu’on voulait obtenir
(raisonnement analogue si per(A3 ) = 0).
3. Pour interpréter la question posée, notons
G = {g1 , . . . , gm } (“ensemble des garçons”)
F = {f1 , . . . , fn } (“ensemble des filles”}
Φ : à chaque garçon g ∈ G, on associe un ensemble de filles Φ(g) ;
(1) : chaque garçon g ∈ G peut choisir une fille ϕ(g) dans l’ensemble Φ(g), de telle sorte que deux
garçons différents ne choisissent jamais la même fille ;
(2) : si un sous-ensemble de garçons a k éléments, la réunion des ensembles de filles dans lesquels
ils peuvent choisir a au moins k éléments.
Allons-y :
′
• (1) =⇒ (2) est immédiat : si ϕ est une injection,
)| = |G′ | pour toute partie G′ de G.
on a |ϕ(G
[
[
Φ(g).
Φ(g), donc |G′ | = |ϕ(G′ )| ≤ Or, ϕ(G′ ) ⊂
g∈G′
g∈G′
• (2) =⇒ (1) : c’est un peu plus long...
[
′
Avec G = G, on voit que Φ(g) ≥ |G| donc, a fortiori, |F | ≥ |G| ou n ≥ m (il y a au moins
g∈G
autant de filles que de garçons).
Construisons une matrice A ∈ M+
n de la façon suivante :
* sur les m premières lignes, le coefficient aij (1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n) vaut 1 si le i-ième garçon
peut choisir la j-ième fille, c’est-à-dire si fj ∈ Φ(gi ), et vaut 0 sinon ;
* les coefficients des n − m dernières lignes valent tous 1.
Le permanent de la matrice A est non nul ; en effet, si on avait per(A) = 0, on pourrait extraire
de A une matrice nulle de format s × (n + 1 − s) et cette matrice serait nécessairement extraite
des m premières lignes (donc s ≤ m), notons i1 < i2 < . . . < is les indices de lignes et j1 < j2 <
. . . < jn+1−s les indices de colonnes de cette matrice nulle extraite ; on aurait alors
21
s
[
k=1
Φ(gik ) ⊂ F \ {fj1 , . . . , fjn+1−s } ,
s
[
donc Φ(gik ) ≤ n − (n + 1 − s) = s − 1 < s, ce qui contredit l’assertion (2) avec G′ =
k=1
{gi1 , . . . , gis }.
Donc per(A) =
X
σ∈Sn
aσ(1),1 · · · aσ(n),n 6= 0, donc il existe au moins une permutation σ telle que
aσ(i),i 6= 0 pour tout i ∈ [[1, n]]. Ainsi, pour tout i ∈ [[1, m]], on a ai,σ−1 (i) 6= 0 et fσ−1 (i) ∈ Φ(gi ).
L’application ϕ : G → F , gi 7→ fσ−1 (i) (1 ≤ i ≤ m) vérifie les conditions de l’assertion (1).
2.6
EXERCICE 6 :
Soit E un IK-espace vectoriel de dimension finie n ≥ 1.Un élément τ de L(E) est une transvec-
tion s’il existe un hyperplan H tel que
τ H = idH
et
Im(τ − idE ) ⊂ H ,
c’est-à-dire Im(τ − idE ) ⊂ H ⊂ Ker(τ − idE ).On note SL(E) = {u ∈ GL(E) | det u = 1} le
groupe spécial linéaire de E.1. Montrer que τ ∈ L(E) est une transvection si et seulement si
∃ϕ ∈ E ∗
∃a ∈ Ker ϕ
∀x ∈ E
τ (x) = x + ϕ(x) a .
2. Dans cette question, on suppose dim E ≥ 2. Soient x et y deux vecteurs non nuls de E. Montrer qu’il
existe τ , transvection ou produit de deux transvections, tel que τ (x) = y.3. Soit x un vecteur non
nul
de
E,
soient
H1
et
H2
deux
hyperplans
x 6∈ H1 ∪ H2 . Montrer qu’il existe une transvection τ telle que
τ (x) = x
et
distincts
tels
que
τ (H1 ) = H2 .
4. En déduire que le groupe SL(E) est engendré par les transvections.
Source : Daniel PERRIN, Cours d’Algèbre, Éditions Ellipses, ISBN 2-7298-5552-1
------------------------------1. Soit τ une transvection.
• Si τ = idE , on peut choisir ϕ = 0 et a ∈ E quelconque.
• Si τ 6= idE , alors Ker(τ − idE ) est un hyperplan H, et Im(τ − idE ) est une droite vectorielle
D contenue dans H, soit a un vecteur directeur de D. Pour tout x de E, notons ϕ(x) l’unique
scalaire tel que τ (x) − x = ϕ(x)a. L’application ϕ : E → IK est une forme linéaire de noyau H,
donc a ∈ Ker ϕ.
Réciproquement, soit τ un endomorphisme de E tel que τ (x) = x + ϕ(x)a, avec ϕ forme linéaire
sur E et a ∈ Ker ϕ.
• si a = 0 ou ϕ = 0, alors τ = idE : c’est une transvection ;
22
• sinon, H = Ker ϕ est un hyperplan, on a bien ∀x ∈ H
∀x ∈ E
τ (x) = x et
τ (x) − x = ϕ(x)a ∈ H ,
donc τ est une transvection “d’hyperplan H”.
2. Supposons d’abord x et y non colinéaires, soit a = y − x (a 6= 0), soit H un hyperplan vectoriel
contenant a mais pas x. Soit ϕ la forme linéaire sur E nulle sur H et telle que ϕ(x) = 1. La
transvection τ : v 7→ v + ϕ(v)a envoie x sur y.
Si x et y sont colinéaires, puisque dim E ≥ 2, il suffit de “transiter” par un vecteur z non colinéaire
à x et y pour trouver un produit de deux transvections qui envoie x sur y.
3. Le sous-espace F = H1 ∩ H2 est de dimension n − 2, considérons l’hyperplan H = F ⊕ IKx.
Soient D1 et D2 des droites telles que H1 = F ⊕ D1 et H2 = F ⊕ D2 . On peut choisir des
vecteurs directeurs x1 et x2 de D1 et D2 respectivement, de façon que x1 − x2 ∈ H : en effet,
(D1 ⊕ D2 ) ∩ H 6= {0} pour des raisons de dimensions.
Soit enfin τ l’unique endomorphisme de E tel que τ H = idH et τ (x1 ) = x2 (on a x1 6∈ H car, sinon,
on aurait aussi x2 ∈ H, puis H1 ⊂ H, H2 ⊂ H et finalement H1 = H2 = H absurde). On vérifie
immédiatement que Im(τ − idE ) ⊂ H, donc τ est bien une transvection “d’hyperplan H”. Enfin,
τ (x) = x puisque x ∈ H et, comme τ F = idF et τ (x1 ) = x2 , on a τ (H1 ) = H2 .
Il existe donc une transvection laissant stable x et envoyant H1 sur H2 .
4. Vérifions d’abord que les transvections appatiennent à SL(E) : pour τ = idE , c’est immédiat,
sinon si τ : x 7→ x + ϕ(x)a avec a ∈ H = Ker ϕ, construisons une base B = (e1 , · · · , en−1 , en )
de E avec en−1 = a, (e1 , · · · , en−1 ) base de H et ϕ(en ) = 1, alors MB (τ ) = In + En−1,n
a pour déterminant 1.
Démontrons le lemme suivant :
Soit E un IK-espace vectoriel de dimension n ≥ 2, soit u ∈ SL(E). Soit H un hyperplan de E, soit
x ∈ E \ H. Alors il existe un élément v de SL(E) vérifiant v(H) = H et v(x) = x et tel que
u = σv où σ est composé d’un nombre fini de transvections.
Preuve du lemme : D’après la question 2., il existe τ (transvection, ou produit de deux transvections)
tel que τ (x) = u(x), c’est-à-dire τ −1 u(x) = x.
Soit l’hyperplan H ′ = τ −1 u(H) :
⊲ si H ′ = H, on prend v = τ −1 u ;
⊲ si H ′ 6= H, on a x 6∈ H ∪ H ′ , il existe donc (question 3.) une transvection µ telle que µ(x) = x
et µ(H) = H ′ et v = µ−1 τ −1 u répond à la question (fin de la preuve du lemme).
On montre alors que les transvections engendrent le groupe SL(E) par récurrence sur
n = dim(E) :
• pour n = 1, c’est clair puisque la seule transvection est idE et SL(E) = {idE } ;
• soit n ≥ 2, supposons l’assertion vraie au rang n−1, soit E de dimension n, soit u ∈ SL(E). Soit H
un hyperplan de E, soit x ∈ E \H (alors E = H ⊕(IKx)), on écrit u = σ0 v, où σ0 est un produit de
transvections de E, et v ∈ SL(E) laisse stables H et x (lemme). On vérifie alors que v H ∈ SL(H)
23
(écrire la matrice de v dans une base adaptée à la décomposition E = H ⊕ (IKx)), l’hypothèse
de récurrence permet d’écrire v H = τ1 · · · τk , où les τi (1 ≤ i ≤ k) sont des transvections de
H ; on a alors v = σ1 · · · σk , où chaque σi est l’endomorphisme de E défini par σi H = τi et
σi (x) = x (on vérifie facilement que σi est une transvection de E). Finalement, u = σ0 σ1 · · · σk
est un produit de transvections.
3
3.1
SEMAINE 3 : RÉDUCTION DES ENDOMORPHISMES
(PREMIÈRE PARTIE)
EXERCICE 1 :
Soit IK un corps infini, soit E un IK-espace vectoriel de dimension finie.1. Montrer que E n’est
pas la réunion d’une famille finie de sous-espaces vectoriels stricts. 2. Soit u un endomorphisme
de E. Pour tout vecteur x de E, soit Ix = {P ∈ IK[X] | P (u)(x) = 0} (idéal annulateur de u
en x). Montrer que Ix est un idéal de IK[X] ; on notera µx le générateur normalisé de cet idéal.
3. Soit µ le polynôme minimal de u. Montrer qu’il existe un vecteur x de E tel que µ = µx .4.
Un endomorphisme u de E est dit cyclique s’il existe un vecteur x de E tel que l’ensemble
Ex = {P (u)(x) ; P ∈ IK[X]}
soit égal à E. Montrer que u est cyclique si et seulement si son polynôme minimal est égal (au
signe près) à son polynôme caractéristique (noté χ). 5. On suppose IK = IR ou C. Montrer que
l’ensemble des endomorphismes cycliques est un ouvert dense de L(E).
On pourra, pour tout x de E, considérer l’application δx : L(E) → IK définie par
δx (u) = detB x, u(x), . . . , un−1 (x) , où B est une quelconque base de E, et n = dim E. Source :
• Jacques CHEVALLET, Algèbre MP/PSI, Éditions Vuibert, ISBN 2-7117-2092-6
• Patrice TAUVEL, Exercices de mathématiques pour l’agrégation, Algèbre 2, Éditions Masson,
ISBN 2-225-84441-0
------------------------------
1. Par récurrence sur n = dim E.
• Pour n = 0 ou n = 1, c’est évident.
• Soit n ≥ 2, supposons la propriété démontrée pour tout IK-espace vectoriel de dimension n − 1.
Soit E un IK-espace vectoriel de dimension n, supposons E = F1 ∪ F2 ∪ . . . ∪ Fp où les Fi
sont des sous-espaces vectoriels stricts de E. Si H est un hyperplan de E, on a alors
H = (H ∩ F1 ) ∪ (H ∩ F2 ) ∪ . . . ∪ (H ∩ Fp ) .
D’après l’hypothèse de récurrence, on a H ∩ Fi = H pour un certain indice i ∈ [[1, p]], c’est-à-dire
H ⊂ Fi , soit encore H = Fi puisque Fi est un sous-espace strict de E.
24
Tout hyperplan de E est donc l’un des Fi (c’est absurde, il y a dans E une infinité d’hyperplans
distincts). 2. Vérifications immédiates, laissées à l’éventuel lecteur. On a Ix 6= {0} car µ ∈ Ix . 3.
Notons D l’ensemble des diviseurs stricts normalisés de µ dans IK[X] :
D = {P ∈ IK[X] ; P normalisé , P | µ , P 6= µ} .
L’ensemble D est fini. S’il n’existait pas de vecteur x de E tel que µ = µx , alors tout x de E
appartiendrait à un sous-espace Ker P (u) avec P ∈ D, on aurait donc
[
E=
Ker P (u)
P ∈D
et E serait une union finie de sous-espaces stricts (on a bien Ker P (u) 6= E pour tout P ∈ D en
raison de la minimalité de µ), ce qui est absurde. 3’. Montrons avec des arguments plus classiques
l’existence d’un vecteur x tel que µx = µ, même si IK est un corps fini :
• si x et y sont deux vecteurs quelconques, on a P (u)(x + y) = P (u)(x) + P (u)(y) pour tout
polyn”me P , d’où Ix ∩ Iy ⊂ Ix+y , soit µx+y | µx ∨ µy , ce qui entraı̂ne µx+y | µx µy .
• si les vecteurs x et y sont tels que µx ∧ µy = 1, alors µx+y = µx µy : en effet, on sait déjà que
µx+y | µx µy ; par ailleurs, x = (x + y) + (−y), donc µx | µx+y µy . Par le théorème de Gauss, on
tire µx | µx+y . Par symétrie, µy | µx+y . Donc µx µy = µx ∧ µy | µx+y .
p
Y
• Soit µ =
Pkrk la décomposition de µ en produit de facteurs irréductibles dans K[X]. D’après
k=1
p
M
le lemme des noyaux, on a E =
Nk avec Nk = Ker Pkrk (u). Pour tout i ∈ [[1, p]], posons
k=1
Y
rj
ri −1
Pj , on a ainsi µ = Pi Qi .
Qi = Pi
j6=i
Dans Ni = Ker Piri (u), il existe au moins un élément xi tel que µxi = Piri : en effet, sinon, on
aurait Piri −1 (u)(x) = 0 pour tout x ∈ Ni , donc Ni = Ker Piri −1 (u) et le polynôme Qi annulerait
alors u, ce qui contredirait la minimalité de µ.
p
p
X
Y
Les Piri étant deux à deux premiers entre eux, le vecteur x =
xi vérifie µx =
Piri = µ.
i=1
i=1
4. Soit u ∈ L(E) quelconque, soit x ∈ E non nul. L’ensemble Ex = {P (u)(x) ; P ∈ IK[X]} est un
sous-espace vectoriel de E (évident, on l’appelle sous-espace u-monogène engendré par le vecteur
x). La dimension de Ex est le degré du polynôme µx : dim Ex = deg µx .
En effet, soit r le plus petit entier naturel non nul pour lequel la famille de vecteurs x, u(x), . . . , ur (x)
est liée. Alors, la famille x, u(x), . . . , ur−1 (x) est libre, donc l’idéal annulateur Ix ne contient
aucun polynôme de degré inférieur ou égal à r − 1 (sauf le polynôme nul), mais ur (x) est combinaison linéaire des vecteurs x, u(x), . . ., ur−1 (x) donc il existe un polynôme normalisé P de
degré r tel que P (u)(x) = 0 et ce polynôme est alors µx , donc deg µx = r.
Par ailleurs, ur (x) ∈ Vect x, u(x), . . . , ur−1 (x) et, par une récurrence immédiate, on a uk (x) ∈
Vect x, u(x), . . . , ur−1 (x) pour tout k ∈ IN, donc Ex = Vect x, u(x), . . . , ur−1 (x) et cet espace
est de dimension r puisque la famille (x, u(x), . . . , ur−1 (x) est libre.
25
• Si u est cyclique, alors il existe x tel que Ex = E, donc tel que deg µx = n. Comme µx | µ et µ | χ
avec deg χ = n, on a donc (−1)n χ = µ = µx .
• Si χ = (−1)n µ, on utilise l’existence d’un vecteur x tel que µx = µ ; pour un tel x, on a
dim Ex = deg µx = n, donc Ex = E et u est cyclique.
5. Soit Ω l’ensemble des endomorphismes cycliques de E. Soit B une base quelconque de E. Alors
u ∈ Ω ⇐⇒ ∃x ∈ E detB x, u(x), . . . , un−1 (x) 6= 0 .
Pour tout x ∈ E, l’application δx : L(E) → IK définie par δx (u) = detB x, u(x), . . . , un−1 (x) est
polynomiale
(c’est un polynôme en les coefficients de la matrice MB (u)), donc continue, donc
[
Ω=
δx−1 (IK∗ ) est un ouvert de L(E).
x∈E
Remarquons que l’application δx est
∀u ∈ L(E)
n(n − 1)
-homogène (multilinéarité du déterminant) :
2
∀t ∈ K
δx (tu) = t
n(n−1)
2
· δx (u) .
Donnons-nous un endomorphisme cyclique v0 fixé de E (celui tel que MB (v0 ) = diag(1, . . . , n) par
exemple : un endomorphisme diagonalisable est cyclique si et seulement si ses valeurs propres sont
deux à deux distinctes), soit donc x un vecteur tel que δx (v0 ) 6= 0. Soit u ∈ L(E) quelconque,
montrons que l’on peut approcher u par des endomorphismes cycliques. Par continuité, on a
n(n−1)
1
2
δx (v0 + tu) 6= 0 pour |t| petit. Mais on a δx (u + tv0 ) = t
· δx v0 + u pour tout
t
∗
t ∈ IK . L’application IK → IK, t 7→ δx (u + tv0 ), est polynomiale non identiquement nulle, soit
R l’ensemble (fini, éventuellement vide) de ses racines ; si 0 6∈ R, cela signifie que u ∈ Ω et, si
0 ∈ R, il existe un réel α > 0 tel que 0 soit le seul élément de R de module strictement inférieur
à α et alors tous les endomorphismes u + tv0 , avec 0 < |t| < α, sont cycliques.
3.2
EXERCICE 2 :
Pour toute matrice A ∈ Mn (IK),
- on note γA l’endomorphisme de Mn (IK) défini par γA (M ) = [A, M ] = AM − M A ;
- on note τA la forme linéaire sur Mn (IK) définie par τA (M ) = tr(AM ).
1. Montrer que l’application τ : A 7→ τA définit un isomorphisme de Mn (IK) sur son dual.
2. On suppose A nilpotente. Comparer les sous-espaces Ker γA et Ker τA .
3. Montrer que A est nilpotente si et seulement si il existe B ∈ Mn (IK) telle que A = BA − AB.
4. On suppose IK = IR ou C. Montrer qu’une matrice A ∈ Mn (IK) est nilpotente si et seulement si
les matrices A et 2A sont semblables.
---------------------------∗
1. La linéarité de τ : Mn (K) → Mn (K) est immédiate. On vérifie que τA (Eij ) = aji (avec des
notations évidentes) donc τA = 0 si et seulement si A = 0. L’application linéaire τ est donc
injective, c’est donc un isomorphisme puisque les espaces de départ et d’arrivée sont de même
dimension.
26
2. Si A est nilpotente et si M est une matrice commutant avec A (c’est-à-dire M ∈ Ker γA ), alors
AM est nilpotente (puisque (AM )k = Ak M k pour tout k ∈ IN), donc tr(AM ) = 0. On a ainsi
prouvé l’inclusion
Ker γA ⊂ Ker τA .
3. • Si A est nilpotente, l’inclusion Ker γA ⊂ Ker τA démontrée ci-dessus permet de factoriser : il
existe une forme linéaire λ sur Mn (IK) telle que τA = λ ◦ γA (cf. théorème de factorisation,
semaine 2, exercice 1, question a.). D’après la question 1., on peut écrire λ = τB , où B est
une certaine matrice de Mn (IK), donc τA = τB ◦ γA . Mais si M est une matrice quelconque de
Mn (IK), on a
(τB ◦ γA )(M )
=
=
tr B(AM − M A) = tr(BAM ) − tr(BM A) = tr(BAM ) − tr(ABM )
tr [B, A] M = τ[B,A] (M ) ,
donc τB ◦ γA = τ[B,A] . On a ainsi prouvé l’existence d’une matrice B telle que τA = τ[B,A] . Par
l’isomorphisme “canonique” entre Mn (IK) et son dual, on déduit
A = [B, A] = BA − AB .
• Si BA − AB = A, alors (BA − AB)A + A(BA − AB) = 2A2 , soit BA2 − A2 B = 2A2 puis,
par récurrence, on a BAk − Ak B = kAk pour tout entier naturel k. Si la matrice A n’était pas
nilpotente, alors l’endomorphisme γB : M 7→ BM − M B de Mn (IK) admettrait une infinité de
valeurs propres (tous les entiers naturels), ce qui est impossible. La matrice A est donc nilpotente.
4. • Supposons A nilpotente. Il existe une matrice B telle que A = BA − AB, ce que l’on peut
écrire A(I + B) = BA. Par une récurrence immédiate, on en tire A(I + B)k = B k A pour tout
entier naturel k puis, plus généralement, A · P (I + B) = P (B) · A pour tout polynôme P ∈ IK[X].
N
X
λk X k
et en
Soit λ ∈ IK ; en considérant la suite de polynômes (PN ) définie par PN (X) =
k!
k=0
passant à la limite (justifications immédiates), on obtient la relation
A eλ(I+B) = eλB A ,
soit encore
eλ A = eλB A e−λB ;
les matrices A et eλ A sont donc semblables, il suffit alors de prendre λ = ln 2.
• Si A et 2A sont semblables, alors 2k A est semblable à A pour tout k ∈ IN. Si λ est une valeur
propre (complexe) de A, alors 2k λ est aussi valeur propre de A pour tout n, cela impose λ = 0
(sinon A admettrait une infinité de valeurs propres). Le polynôme caractéristique de A est donc
(−X)n , donc A est nilpotente d’après Cayley-Hamilton.
3.3
EXERCICE 3:
Soit E un C-espace vectoriel de dimension finie n, soient u et v deux endomorphismes de E tels
que uv − vu = u. 1. Montrer que uk v − vuk = k uk pour tout k ∈ IN. 2. En déduire que u
est nilpotent. 3. Montrer que u et v sont cotrigonalisables (il existe une base de trigonalisation
commune). 4. Montrer que le résultat de la question 3. reste vrai si on suppose seulement que
27
uv − vu ∈ Vect(u, v) .
---------------------------------1. C’est une récurrence immédiate.
En notant [u, v] = uv − vu, on peut remarquer que [uv, w] = [u, w]v + u[v, w]. Si, au rang k ≥ 1, on
a [uk , v] = k uk , alors
[uk+1 , v] = [uuk , v] = [u, v]uk + u[uk , v] = uk+1 + k uk+1 = (k + 1)uk+1 .
2. Notons γv l’endomorphisme de L(E) défini par γv (w) = [w, v] = wv − vw pour tout w ∈ L(E). On
a γv (uk ) = k uk pour tout k ∈ IN donc, si u n’était pas nilpotent, l’endomorphisme γv de L(E)
aurait une infinité de valeurs propres (tous les entiers naturels), ce qui est impossible car L(E)
est de dimension finie.
3. Montrons d’abord que u et v admettent un vecteur propre commun : le sous-espace Ker u (non
réduit à {0} car u est nilpotent) est stable par v (vérification immédiate). Le corps de base étant
C, l’endomorphisme de Ker u induit par v admet au moins un vecteur propre, et le tour est joué.
Raisonnons maintenant par récurrence sur n = dim E :
• pour n = 1, c’est évident ;
• soit n ≥ 2, supposons l’assertion vraie au rang n − 1, soit E de dimension n, soient u et v deux
endomorphismes de E tels que [u, v] = u. Soit e1 un vecteur propre commun à u et v (on vient
d’en prouver l’existence) : u(e1 ) = 0 (nécessairement!) et v(e1 ) = λe1 .
Soit H un hyperplan supplémentaire de la droite D = Ce1 dans E, notons p le projecteur sur
′
H parallèlement à D ; dans une
base B
= (e1 , e2 , · · · , en ) de Eoù B ′=(e2 , · · · , en ) est une base
0 L
λ L
de H, on a U = MB (u) =
avec U ′ et V ′ carrées
et V = MB (v) =
0 V′
0 U′
d’ordre n − 1 (représentant dans B ′ les endomorphismes u′ et v ′ de H induits par p ◦ u et p ◦ v
respectivement).
De U V −V U = U , un calcul par blocs donne U ′ V ′ −V ′ U ′ = U ′ , soit [u′ , v ′ ] = u′ . On applique alors
l’hypothèse de récurrence aux endomorphismes u′ et v ′ de H : il existe une base C ′ = (ε2 , · · · , εn )
de H dans laquelle u′ et v ′ sont représentés par des matrices triangulaires supérieures T1 et
T2 . Dans la base C = (e1 , ε2 , ·· · , εn) de E, les endomorphismes u et v sont représentés par des
0 X
λ Y
matrices de la forme
et
qui sont encore triangulaires supérieures (X et Y
0 T1
0 T2
sont des matrices-lignes à n − 1 coefficients). La récurrence est achevée. 4. Supposons maintenant
[u, v] = αu + βv.
1
v, on vérifie
α
[u, w] = u + βw ; on pose ensuite t = u + βw et on a [t, w] = w, donc t et w sont trigonalisables
dans une même base, donc aussi u = t − βw et v = αw.
• Si α 6= 0, en tâtonnant un peu, on se ramène à ce qui a été étudié : posons w =
• Si β 6= 0, on conclut itou en échangeant les rôles de u et v.
28
• Si (α, β) = (0, 0), alors u et v commutent, donc ont un vecteur propre commun (tout sous-espace
propre de u est stable par v) et on conclut par récurrence sur la dimension de E comme dans la
question 3. ci-dessus.
3.4
EXERCICE 4 : Décomposition de Jordan
1. Soit E un IK-espace vectoriel de dimension finie n.
Soit ν un endomorphisme nilpotent de E, d’indice de nilpotence r avec 0 < r < n :
ν r−1 6= 0 et
νr = 0 .
Soit a un vecteur de E tel que ν r−1 (a) 6= 0, soit H un hyperplan de E ne contenant pas ν r−1 (a).
Montrer que E = F ⊕ G, avec
F = Vect a, ν(a), · · · , ν r−1 (a)
et
G=
r−1
\
(ν k )−1 (H) .
k=0
2. Soit f un endomorphisme d’un C-espace vectoriel E de dimension finie. Un sous-espace vectoriel
F de E, stable par f , est dit indécomposable s’il n’existe pas de décomposition F = F1 ⊕ F2
avec F1 et F2 stables par f , F1 6= {0}, F2 6= {0}.
Soit F un sous-espace stable indécomposable de dimension n, soit g l’endomorphisme de F induit
par f . Montrer qu’il existe une base C de F dans laquelle la matrice de g est de la forme


λ 1
0 ... 0
.
.
. . .. 
0 λ
1


 .. . .
.
.
..
.. 0 
MC (g) = Jn (λ) =  .
 , avec λ ∈ C .
.
.

..
..
.
.
. 1
.
0 ... ... 0 λ
Source : Denis MONASSE, Mathématiques MP, Cours complet avec CD-ROM, Éditions Vuibert,
ISBN 2-7117-8811-3
1. La famille F = a, ν(a), · · · , ν r−1 (a) est libre (question classique), donc dim F = r.
r−1
\
Ker(ϕ ◦ ν k ). Chaque ϕ ◦ ν k est une
Soit ϕ une forme linéaire sur E, de noyau H, alors G =
k=0
forme linéaire sur E, non nulle car (ϕ ◦ ν k ) ν r−1−k (a) = ϕ ν r−1 (a) 6= 0 étant donné que
ν r−1 (a) 6∈ H. Le sous-espace G est une intersection de r hyperplans, il est donc de codimension
au plus égale à r, c’est-à-dire dim G ≥ n − r.
Montrons F ∩ G = {0} : si x ∈ F ∩ G, alors
x = λ0 a + λ1 ν(a) + · · · + λr−1 ν r−1 (a), mais
r−1
r−1
(ϕ ◦ ν
)(x) = 0 ce qui donne λ0 ϕ ν
(a) = 0 d’où λ0 = 0.
On applique ensuite ϕ ◦ ν r−2 qui donne λ1 = 0, et ainsi de suite (c’est la même idée que pour
montrer que la famille F est libre), donc x = 0.
Enfin, dim(F + G) = dim(F ⊕ G) = dim F + dim G ≥ n, donc F ⊕ G = E.
Remarquons que F et G sont deux sous-espaces stables par ν et qu’ils ne sont pas réduits à {0},
cela servira par la suite.
29
2. Soit µ le polynôme minimal de g. Il est irréductible : en effet, si on avait µ = µ1 µ2 avec µ1 et µ2
non constants et premiers entre eux, alors le théorème de décomposition des noyaux donnerait
F = F1 ⊕ F2 avec F1 = Ker µ1 (g) et F2 = Ker µ2 (g) (sous-espaces stables par g et non réduits à
{0} en raison de la minimalité de µ), ce qui contredit l’indécomposabilité de F (ce qui a été fait
jusqu’à présent est valable sur un corps quelconque ; maintenant, plaçons-nous sur C).
On a donc µ(X) = (X − λ)r , avec λ ∈ C et r ∈ IN∗ .
Donc l’endomorphisme (de F ) : ν = g − λ idF est nilpotent d’indice r. Si on avait r < n, d’après la
question 1., on pourrait décomposer F en F = F ′ ⊕ F ′′ avec F ′ et F ′′ stables par ν (donc par
g = ν + λ idF ) et non réduits à {0}, ce qui est absurde.
On a donc r = n (ν est un endomorphisme de F nilpotent d’indice maximal) et en choisissant un vecteur a de F tel que ν n−1 (a) 6= 0, la matrice de g = ν + λ idF dans la base
C = ν n−1 (a), ν n−2 (a), · · · , ν(a), a de F est celle proposé par l’énoncé. Achevons la décomposi-
tion de Jordan : si f est un endomorphisme quelconque d’un C-espace vectoriel E de dimension
finie, il existe une décomposition de E en somme directe de sous-espaces stables indécomposables
(faire
une
récurrence
forte
sur
la
dimension
de
E)
:
p
M
E =
Ei avec dim Ei = ni (1 ≤ i ≤ p). En concaténant les bases construites dans chaque
i=1
Ei comme à la question précédente, on obtient une base B de E dans laquelle la matrice de f
est diagonale par blocs, chaque bloc étant un “bloc de Jordan” :
MB (f ) = diag Jn1 (λ1 ), · · · , Jnp (λp ) .
3.5
EXERCICE 5 :
Soit E un C-espace vectoriel de dimension finie n. Soient u et v deux endomorphismes de E tels
que [u, v] = uv − vu commute avec u et v. Montrer que u et v sont cotrigonalisables (on pourra
prouver que l’endomorphisme w = [u, v] est nilpotent). Source : Cyril GRUNSPAN et Emmanuel
LANZMANN, L’oral de mathématiques aux concours, Algèbre, Éditions Vuibert, ISBN 2-71178824-5
Notons que l’hypothèse peut s’écrire [u, v], u = [u, v], v = 0 (ce qui nous fait une belle jambe...).On
commence par prouver que u et v ont un vecteur propre commun, ce qui permet d’amorcer une
récurrence.Soit λ une valeur propre de w = [u, v] (il en existe au moins une car le corps de base
est C), soit F = Eλ (w) le sous-espace propre associé. Alors F est stable par u et par v, notons
u′ , v ′ , w′ les endomorphismes de F induits. On a [u′ , v ′ ] = w′ = λ idF , donc
0 = tr(u′ v ′ − v ′ u′ ) = λ dim(F ) ,
d’où λ = 0. Il en résulte que w est nilpotent puisque sa seule valeur propre est 0 (son polynôme
caractéristique est donc (−X)n et on applique Cayley-Hamilton).Avec les notations ci-dessus,
on a donc [u′ , v ′ ] = 0, ce qui signifie que u′ et v ′ commutent, donc admettent un vecteur propre
commun (si G ⊂ F est un sous-espace propre de u′ , alors il est stable par v ′ et l’endomorphisme
de G induit par v ′ admet au moins un vecteur propre), donc u et v ont un vecteur propre commun
e1 .Maintenant, on récurre :• si n = dim E = 1, c’est évident ;• soit n ≥ 2 fixé, si la propriété est
30
vraie pour dim E < n, soit E de dimension n, soit e1 un vecteur propre commun à u et v, soit
H un hyperplan supplémentaire de la droite D = Ce1 , soitB = (e1 , e2 , · · ·
, en ) unebase adaptée
α ···
β ···
à la décomposition E = D ⊕ H ; on a MB (u) =
et MB (v) =
, où A et B
0 A
0 B
sont les matrices dans (e2 , · · · , en ) des endomorphismes
u et v de H induits
par p ◦ u et p ◦ v
(p étant le projecteur sur H parallèlement
à
D).
De
[u,
v],
u
=
[u,
v],
v
= 0 , on déduit, par
des produits par blocs, que [A, B], A = [A, B], B = 0 ou [u, v], u = [u, v], v = 0, ce qui
permet de “cotrigonaliser” u et v, dans une base (ε2 , · · · , εn ) de H ; dans la base (e1 , ε2 , · · · , εn )
de E, les matrices de u et de v sont triangulaires.
3.6
EXERCICE 6 :
Soit A ∈ Mn (IK) une matrice, soit Ã = tComA la transposée de la matrice des cofacteurs.1.
Montrer que tout vecteur propre de A est vecteur propre de Ã.2. On suppose A diagonalisable.
Exprimer les valeurs propres de Ã en fonction de celles de A.
---------------------------------1. Rappelons la relation AÃ = ÃA = (det A)In .
• Soit X un vecteur propre de A pour une valeur propre A non nulle. On a AX = λX, d’où
ÃAX = ÃλX = λÃX = (det A) · X
det A
det A
X, donc X est vecteur propre de Ã pour la valeur propre µ =
.
λ
λ
• Si X est vecteur propre de A pour la valeur propre 0 (AX = 0), alors A n’est pas inversible, donc
rg A < n ;
⊲ si rg A ≤ n − 2, alors Ã = 0 (tous les mineurs d’ordre n − 1 de la matrice A sont nuls), donc
ÃX = 0 ;
⊲ si rg A = n − 1, alors Ker A est de dimension un, et de AX = 0, on tire AÃX = ÃAX = 0,
donc ÃX ∈ Ker A et ÃX est colinéaire à X, ce qu’il fallait démontrer.
et ÃX =
2. Soit (X1 , · · · , Xn ) une base (de IKn ) constituée de vecteurs propres de A, associés aux valeurs
propres λ1 , · · ·, λn . On sait (question 1.) que X1 , · · ·, Xn sont des vecteurs propres de Ã.
• Si A est inversible (les λi tous non nuls), alors ÃXi = µi Xi avec
det A Y
µi =
=
λj .
λi
j6=i
• Si rg A ≤ n − 2, alors au moins deux des λi sont nuls et d’autre part Ã = 0, donc Sp(Ã) = {0}.
• Si rg A = n − 1, un seul des λi (disons λn ) est nul et, pour tout i ∈ [[1, n − 1]], on a
det A
ÃXi =
Xi = 0 (cf. question 1.), donc 0 est valeur propre de Ã de multiplicité au moins
λi
n − 1 (et même exactement n − 1 car Ã est diagonalisable et Ã 6= 0). La n-ième valeur propre de
Ã est alors égale à sa trace, que nous allons calculer :
31
si on note Aij le mineur d’indice (i, j) dans la matrice A, on a tr(Ã) =
n
X
Aii , mais cette somme
i=1
est aussi l’opposé du coefficient de X dans le développement du polynôme caractéristique de A ; en
effet, en notant Cj le j-ième vecteur-colonne de la matrice A et ej = t( 0 · · · 0 1 0 · · · 0 )
le j-ième vecteur de la base canonique B0 de IKn , on a
a12
...
a1n a11 − X
a22 − X . . .
a2n a21
= detB0 (C1 − Xe1 , C2 − Xe2 , · · · , Cn − Xen )
χA (X) = ..
..
..
..
.
.
.
.
an1
an2
. . . ann − X
et un développement par multilinéarité montre que le coefficient de X est
n
n
X
X
Ajj .
detB0 (C1 , · · · , Cj−1 , ej , Cj+1 , · · · , Cn ) = −
−
j=1
j=1
Mais le coefficient de X dans χA (X) est aussi −σn−1
λn = 0. La n-ième valeur propre de Ã est donc µn =
n−1
Y


n
n−1
X
Y
Y
 λj  = −
λi puisque
= −
i=1
j6=i
i=1
λi .
i=1
Conclusion. Si A est diagonalisable, de valeurs propres λ1 , · · ·, λn (non nécessairement distinctes),
alors Ã est diagonalisable (dansY la même base) avec pour valeurs propres les
µ1 , · · ·, µn , où ∀i ∈ [[1, n]]
µi =
λj .
j6=i
4
4.1
RÉDUCTION DES ENDOMORPHISMES (DEUXIÈME
PARTIE)
EXERCICE 1 :
Une matrice A = (aij ) ∈ Mn (IR) est dite stochastique lorsqu’elle vérifie les deux conditions
suivantes :
(i)
∀i ∈ [[1, n]] ∀j ∈ [[1, n]] aij ∈ [0, 1] ;
n
X
aij = 1 (la somme des éléments de chaque ligne vaut 1).Elle est dite
(ii)
∀i ∈ [[1, n]]
j=1
stochastique stricte si, de plus, les coefficients aij sont tous strictement positifs.On notera Sn
l’ensemble des matrices stochastiques de Mn (IR), et Sn∗ celui des matrices stochastiques strictes.1.
Montrer que les ensembles Sn et Sn∗ sont stables par produit.2. Si A ∈ Sn , montrer que 1 est
valeur propre de A.3. Si A ∈ Sn∗ , montrer que Ker(A − In ) est de dimension un.4. Montrer que
les valeurs propres d’une matrice stochastique sont toutes de module inférieur ou égal à 1, et que
32
les valeurs propres autres que 1 d’une matrice stochastique stricte sont de module strictement
inférieur à 1.5. Soit A ∈ Sn , soit λ une valeur propre de A. Montrer qu’il existe i ∈ [[1, n]] tel que
|λ − aii | ≤ 1 − aii .
-----------------------------1. Soient A = (aij ) et B = (bij ) stochastiques. On a AB = (cik ), où cik =
n
X
aij bjk .
j=1
• Il est clair que cik ≥ 0 pour tout couple d’indices (i, k), l’inégalité étant stricte si A et B sont
dans Sn∗ .
n
n
X
X
aij = 1 pour tout couple (i, k).
aij bjk ≤
• On a bjk ≤ 1 pour tout (j, k), donc cik =
j=1
j=1
• Enfin,
n
X
cik =
n
X
k=1
k=1


n
X
j=1

aij bjk  =
n
X
aij
j=1
n
X
k=1
bjk
!
=
n
X
aij = 1 .
j=1
On peut aussi remarquer qu’une matrice A vérifie la propriété (ii) si et seulement si AJ = J,
où J est la matrice dont tous les coefficients valent 1. Il est alors immédiat que cette propriété
(ii) est “stable par produit”.
2. Si A ∈ Sn , alors AX = X, où X est le vecteur dont toutes les coordonnées valent 1, donc 1 est
valeur propre de A.
3. Soit B = A − In , soit C la matrice carrée d’ordre n − 1 extraite de B en ôtant la dernière ligne et
la dernière colonne :


a11 − 1
a12
...
a1,n−1
a22 − 1 . . .
a2,n−1

 a21
C=
 .
...
...
...
...
an−1,1 an−1,2 . . . an−1,n−1 − 1
Montrons que C est inversible. Cela repose sur le fait que C = (cij ) est
Xà diagonale strictement
dominante, c’est-à-dire que, pour tout i ∈ [[1, n − 1]], on a |cii | >
|cij | : en effet,
|cii | −
X
1≤j≤n−1
j6=i
|cij | = |aii − 1| −
X
1≤j≤n−1
i6=j
aij = 1 −
j6=i
n−1
X
aij = ain > 0 .
j=1
Soit donc X = (x1 , · · · , xn−1 ) ∈ Ker C, supposé non nul ; on a, pour tout i ∈ [[1, n−1]],
0. Soit i0 ∈ [[1, n − 1]] tel que |xi0 | =
n−1
X
max |xi |, on a alors, pour i = i0 , ci0 i0 xi0 = −
1≤i≤n−1
33
cij xj =
j=1
X
j6=i0
ci0 j xj ,
mais c’est impossible car


X
X
X
ci0 j xj ≤
|ci0 j ||xj | ≤ |xi0 | 
|ci0 j | < |xi0 ||ci0 i0 | .
j6=i0
j6=i0
j6=i0
La matrice C est donc inversible,c’est-à-dire de rang n − 1, donc B = A − In est de rang au
moins égal à n − 1, donc exactement n − 1 puisqu’on sait que 1 est valeur propre de A, et donc
dim Ker(A − In ) = 1.
On a ainsi prouvé le théorème d’Hadamard (moi, froid ? jamais...) : toute matrice à diagonale
strictement dominante est inversible.
4. Soit A ∈ Sn , soit λ ∈ C tel que |λ| > 1 ; alors la matrice B = A − λIn = (bij ) est à diagonale
strictement dominante : en effet,
X
X
|bii | = |aii − λ| ≥ |aii | − |λ| = |λ| − aii > 1 − aii =
aij =
|bij | .
j6=i
j6=i
La matrice B est donc inversible, et λ 6∈ Sp(A).
De même, si A ∈ Sn∗ et si |λ| = 1 avec λ 6= 1, alors la matrice B = A − λIn est encore à diagonale
strictement dominante, puisque
X
X
|bii | = |aii − λ| > |aii | − |λ| = 1 − aii =
aij =
|bij |
j6=i
j6=i
(l’inégalité est stricte puisque l’égalité |u| − |v| = |u − v| a lieu si et seulement si les complexes
v
u et v sont “colinéaires de même sens”, c’est-à-dire l’un des deux nuls ou ∈ IR∗+ et ce n’est pas
u
le cas ici : λ 6∈ IR+ ). Donc B = A − λIn est inversible, et λ n’est pas valeur propre de A.
5. Par contraposition, c’est toujours le même raisonnement : si on avait ∀i ∈ [[1, n]] |λ−aii | > 1−aii ,
la matrice B = A − λIn serait à diagonale strictement dominante, donc inversible, et λ ne serait
pas valeur propre de A.
On a ainsi obtenu une localisation des valeurs propres : si A est une matrice stochastique,
n
[
D(aii , 1 − aii )
(D = disque fermé) .
Sp(A) ⊂
i=1
En fait, cette dernière question se généralise facilement à une matrice X
A = (aij ) ∈ Mn (C)
quelconque ; avec les mêmes méthodes, on montre, que si on pose ri =
|aij | pour tout i ∈
j6=i
[[1, n]], on a
Sp(A) ⊂
4.2
n
[
D(aii , ri ) .
i=1
EXERCICE 2 :
Soit E un C-espace vectoriel de dimension n, soit F un ensemble d’endomorphismes de E qui
commutent deux à deux.Montrer l’existence d’une “décomposition de Dunford simultanée”, c’est34
à-dire d’une liste d’entiers naturels non nuls n1 , · · ·, np avec
p
X
i=1
ni = n et d’une base B de E
tels que, dans la base B, tout élément f de F soit représenté par une matrice diagonale par blocs
de la forme MB (f ) = diag(λ1 In1 + N1 , · · · , λp Inp + Np ), les λi étant des nombres complexes et
chaque matrice Ni ∈ Mni (C) étant triangulaire supérieure avec des zéros sur la diagonale.
--------------------------------Première méthode :Introduisons la notion suivante : un sous-espace vectoriel V de E sera dit
F-indécomposable s’il est F-stable (c’est-à-dire stable par chaque élément de F) et si on ne
peut pas le décomposer en V = V1 ⊕ V2 , avec V1 et V2 tous deux F-stables et non réduits
à {0}.Si F est une partie quelconque de L(E), on montre (par récurrence forte sur la dimension de E) qu’il existe au moins une décomposition de E en somme directe de sous-espaces
p
M
F-indécomposables : E =
Ei . Si les éléments de F commutent deux à deux, il en est de
i=1
même des endomorphismes qu’ils induisent sur chaque Ei (1 ≤ i ≤ p).Pour terminer l’exercice,
il reste alors à prouver le lemme suivant :Lemme : si E est F-indécomposable, alors il existe une


λ
(X)


..
base de E dans laquelle les éléments de F ont tous des matrices de la forme 
,
.
(0)
λ
c’est-à-dire λI + N avec λ ∈ C et N triangulaire supérieure avec des zéros sur la diagonale.
(Démonstration du lemme) : Soit f ∈ F, notons µ son polynôme minimal.
Supposons µ = µ1 µ2 avec µ1 et µ2 premiers entre eux et non constants. De µ(f ) = 0, on déduit
(lemme des noyaux) E = E1 ⊕ E2 avec E1 = Ker µ1 (f ) et E2 = Ker µ2 (f ). Tout élément g de F
commute avec f , donc laisse stables E1 et E2 . L’espace E étant supposé F-indécomposable, l’un
des sous-espaces Ei est réduit à {0}. Mais si l’on suppose par exemple E1 = {0}, alors E = E2
donc µ2 (f ) = 0 ce qui contredit la minimalité de µ.
On a ainsi prouvé que tout élément f de F a un polynôme minimal de la forme (X − λ)m , donc
est de la forme λ idE +ν avec ν nilpotent.
Les endomorphismes de F commutent deux à deux, donc sont cotrigonalisables (exercice classique : on montre d’abord, par récurrence sur la dimension de E, l’existence d’un vecteur propre
commun, puis on fait une nouvelle récurrence sur dim E, comme dans l’exercice 3 question 3
de la semaine 3, pour construire une base de trigonalisation commune). Chacun admettant une
seule valeur propre, dans une base de trigonalisation commune, leurs matrices sont de la forme
indiquée. (fin de la dém. du lemme) Pour terminer l’exercice, il suffit de partir d’une décomposition E =
p
M
i=1
de E en sous-espaces F-indécomposables, de construire une base Bi dans chaque
Ei qui trigonalise tous les endomorphismes induits, et de concaténer ces différentes bases.
Deuxième méthode proposée par Charles-Antoine GOFFIN, étudiant en MP* :Admettons toujours
comme “classique” le fait qu’une famille d’endomorphismes commutant deux à deux dans un
35
C-espace vectoriel de dimension finie est cotrigonalisable, et raisonnons par récurrence forte sur
n = dim E :• pour n = 1, c’est évident ;• soit n ≥ 2, si c’est vrai pour tout k < n, soit F
une famille d’endomorphismes d’un C-espace vectoriel E de dimension n qui commutent deux à
deux.
⊲ si chacun des endomorphismes de la famille F a une seule valeur propre, c’est-à-dire est de la
forme λ idE +ν avec ν nilpotent, comme ils sont cotrigonalisables, il existe bien une base dans
laquelle ils ont tous une matrice de la forme λIn + N , avec N triangulaire supérieure avec des
zéros sur la diagonale, et c’est terminé ;
⊲ sinon, au moins un des endomorphismes u de la famille F a plusieurs valeurs propres distinctes,
soit λ une de ces valeurs propres, soit V le sous-espace caractéristique associé, soit W la somme
de tous les autres sous-espaces caractéristiques de u. On a E = V ⊕ W . Les sous-espaces V et
W sont laissés stables par tous les endomorphismes de la famille F puisque V est le noyau d’un
polynôme en u (et W une somme de...idem). Les endomorphismes de V et de W induits par
les éléments de F commutent deux à deux et on peut leur appliquer l’hypothèse de récurrence
puisque dim V < n et dim W < n. Il ne reste plus qu’à concaténer les bases de V et de W ainsi
construites et c’est fini.
4.3
EXERCICE 3 :
1. Soit A ∈ Mn (C) une matrice inversible. Montrer l’existence d’un polynôme P de C[X] tel que
P (A)2 = A.2. Montrer qu’une matrice A ∈ GLn (C) est semblable à son inverse si et seulement
si elle est le produit de deux involutions.
Indication : si A−1 = P −1 AP , on vérifiera que P 2 commute avec A, puis on introduira une matrice
Q ∈ C[P 2 ] telle que Q2 = P 2 .
----------------------------1.a. Etudions d’abord le cas où A admet une seule valeur propre λ ∈ C ∗ . Dans ce cas, A = λI + N
avec N nilpotente, disons d’indice p (N p = 0 et N p−1 6= 0).
Supposons d’abord λ = 1. Soit
√
1 + x = 1 + a1 x + . . . + ap−1 xp−1 + o(xp−1 ) = S(x) + o(xp−1 )
√
le développement limité à l’ordre p − 1 de la fonction ] − 1, +∞[→ IR, x 7→ 1 + x en zéro (sa
partie régulière S est un polynm̂e de IR[X] de degré inférieur ou égal à p − 1). On a alors, au
voisinage de zéro (pour une variable x réelle) :
√
( 1 + x)2 = 1 + x = Q(x) + o(xp−1 ) ,
où Q est le polynôme S 2 tronqué à l’ordre p − 1 : donc 1 + x = S(x)2 + o(xp−1 ) et cette relation
entre fonctions polynomiales, avec l’unicité du développement limité, montre que, dans IR[X] ou
C[X], S 2 est congru à 1 + X modulo X p , notons S(X)2 = 1 + X + X p R(X) avec R ∈ IR[X].
On a donc S(N )2 = I + N + N p R(N ) = I + N = A, soit P (A)2 = A où P est le polynôme
défini par P (X) = S(X − 1).
36
1
1
Si λ 6= 1, on écrit A = λI + N = λB, avec B = I + N = A et il existe un polynôme Q de
λ
λ
2
1
2
C[X] tel que Q(B) = B, donc λ Q
A = A. En notant µ une racine carrée complexe de λ
λ
X
et en posant P (X) = µ Q
, on a P (A)2 = A.
λ
1.b. Si A est une matrice inversible quelconque, notons u l’endomorphisme de C n canoniquement
m
Y
(X − λk )βk est le
associé : on décompose suivant les sous-espaces caractéristiques : si µ =
k=1
polynôme minimal de u (les λk étant distincts non nuls), d’après le lemme des noyaux, on a C n =
m
M
Fk , avec Fk = Ker(u − λk idCn )βk , la restriction vk de u à Fk admettant (X − λk )βk comme
k=1
polynôme annulateur (et même plus précisément comme polynôme minimal), ce qui signifie que
vk = λk idFk +νk , où νk est un endomorphisme nilpotent de Fk . Traduction matricielle : la
matrice A est semblable à une matrice D diagonale par blocs : D = diag(J1 , . . . , Jm ) avec, pour
tout k, Jk = λk Iαk + Nk , la matrice Nk étant nilpotente d’indice βk (αk est la dimension du
sous-espace caractéristique Fk , c’est aussi la multiplicité de la valeur propre λk dans le polynôme
caractéristique).
Bref, pour tout k ∈ [[1, m]], il existe un polynôme Pk tel que Pk (Jk )2 = Jk d’après la partie 1.a.
Il reste à montrer l’existence d’un polynôme P (indépendant de k) tel que
∀k ∈ [[1, m]]
P (Jk ) = Pk (Jk ) .
(*)
Mais cette condition (*) équivaut à
βk
∀k ∈ [[1, m]]
µk | P − Pk ,
où µk = (X − λk ) est le polynôme minimal de Jk . Les polynômes µk étant premiers entre
eux deux à deux, l’existence d’un tel polynôme P résulte du théorème chinois : le système de
congruences
P ≡ Pk
[µk ]
(1 ≤ k ≤ m)
admet pour ensemble de solutions dans C[X] une classe de congruence modulo µ =
m
Y
µk .
k=1
Démonstration par récurrence sur m : si µ1 et µ2 sont premiers entre eux, d’après Bézout, il existe
des polynômes U1 et U2 tels que P1 − P2 = V2 µ2 − V1 µ1 . Le polynôme
P0 = P1 + V1 µ1 = P2 +
(
P ≡ P1 [µ1 ]
. Un polynôme
V2 µ2 est une “solution particulière” du système de congruences
P ≡ P2 [µ2 ]
(
P ≡ P0 [µ1 ]
, ce qui équivaut à
quelconque P vérifie alors ce système si et seulement si
P ≡ P0 [µ2 ]
(
µ1 | P − P0
, soit à µ1 µ2 | P − P0 , donc à P ≡ P0 [µ1 µ2 ]. Voilà qui amorce la récurrence, je
µ2 | P − P0
laisse le lecteur courageux poursuivre ces chinoiseries.
37
Soit donc P un polynôme vérifiant (*) : on a alors P (D)2 = D et, puisque A = SDS −1 avec S
inversible,
2
P (A)2 = P (SDS −1 )2 = S P (D) S −1 = S P (D)2 S −1 = SDS −1 = A .
2. • Si A est le produit de deux involutions (A = U V avec U 2 = V 2 = I), alors A est inversible et
A−1 = V −1 U −1 = V U = V (U V )V −1 = V AV −1 ,
donc A et A−1 sont semblables.
• Si A est inversible et si A−1 = P −1 AP avec P inversible, alors P = AP A puis
P 2 A = (AP A)2 A = AP A2 P A2 = AP A(AP A)A = AP AP A
et
AP 2 = A(AP A)2 = A2 P A2 P A = A(AP A)AP A = AP AP A ,
donc A et P 2 commutent. D’après la question 1., il existe un polynôme F ∈ C[X] tel que
F (P 2 )2 = P 2 . Posons Q = F (P 2 ), ainsi Q2 = P 2 .
La matrice Q est un polynôme en P 2 , donc un polynôme en P ; elle commute donc avec P et avec
P −1 . En posant U = QP −1 , on a alors
U 2 = (QP −1 )2 = QP −1 QP −1 = Q2 (P −1 )2 = Q2 (P 2 )−1 = I :
U est une involution.
Posons enfin V = U −1 A = P Q−1 A ; ainsi, A = U V , il reste à prouver que V est une involution :
V2
= P Q−1 AP Q−1 A = QP −1 AP Q−1 A
= P −1 QAQ−1 P A
(**)
= P −1 AP A
= A−1 A = I
(*)
(***)
cqfd .
(*) : car P Q−1 = (QP −1 )−1 = U −1 = U = QP −1 ;
(**) : car P et Q commutent ;
(***) : car A commute avec P 2 , donc aussi avec Q qui est un polynôme en P 2 .
4.4
EXERCICE 4 :
1. Soit N ∈ Mn (C) une matrice nilpotente. Montrer l’existence d’une matrice M ∈ Mn (C) telle
que exp(M ) = In + N . 2. Montrer que l’application exp : Mn (C) → GLn (C) est surjective.
------------------------------1. Soit r l’indice de nilpotence de N (N r−1 6= 0 et N r = 0). Soit le polynôme P , partie régulière du
développement limité à l’ordre r − 1 de la fonction f : x 7→ ln(1 + x) en zéro :
38
r−1
P (X) = X −
X
Xk
X r−1
X2
(−1)k+1
+ . . . + (−1)r
=
.
2
r−1
k
k=1
Soit le polynôme Q, partie régulière du développement limité à l’ordre r −1 de la fonction g : x 7→ ex
en zéro :
r−1
X
X2
X r−1
Xk
Q(X) = 1 + X +
+ ... +
=
.
2!
(r − 1)!
k!
k=0
La troncature à l’ordre r − 1 du polynôme composé Q ◦ P est la partie régulière du développement
limité à l’ordre r − 1 en zéro de la fonction composée g ◦ f : x 7→ 1 + x (cours de MPSI sur les
développements limités), le polynôme (Q ◦ P )(X) − (1 + X) a donc une valuation au moins égale
à r :
(Q ◦ P )(X) = 1 + X + X r R(X) , avec R ∈ C[X] .
Ainsi, (Q ◦ P )(N ) = Q P (N ) = In + N puisque N r = 0. Mais, le polynôme P étant de valuation
r−1
X
(−1)k+1 k−1
. Donc
N
un, on a P (N ) = N A = AN , où A est un polynôme en N : A =
k
k=1
r
r
P (N ) = N r Ar (puisque A et N commutent), soit P (N ) = 0. Finalement,
k
k
r−1
∞
X
X
P (N )
P (N )
=
= Q P (N ) = In + N .
exp P (N ) =
k!
k!
k=0
k=0
2. Toute matrice de la forme λIn + N avec λ ∈ C ∗ et N nilpotente, admet “un logarithme” : en effet,
1
λIn + N = λ(In + N ′ ) avec N ′ =
N nilpotente. Si M ′ ∈ Mn (C) vérifie
λ
exp(M ′ ) = In +N ′ et si α est un nombre complexe tel que eα = λ, alors la matrice M = αIn +M ′
vérifie exp(M ) = λIn + N .
Si A ∈ GLn (C), on peut trouver une matrice inversible P ∈ GLn (C) telle que J = P −1 AP soit
diagonale par blocs, de la forme
J = diag(λ1 In1 + N1 , . . . , λp Inp + Np ) ,
avec
λ1 , . . ., λp nombres complexes non nuls ;
n1 , . . ., np entiers naturels non nuls tels que n1 + . . . + np = n ;
Ni ∈ Mni (C) nilpotente
(décomposition suivant les sous-espaces caractéristiques, cf. détails dans l’exercice 3., question
1.b.).
Pour tout i ∈ [[1, p]], il existe une matrice Mi ∈ Mni (C) telle que exp(Mi ) = λi Ini + Ni . Soit la
matrice diagonale par blocs
M = diag(M1 , . . . , Mp ) ∈ Mn (C) .
On a exp(M ) = J, puis exp(P M P −1 ) = P JP −1 = A.
39
4.5
EXERCICE 5 :
Soit IK un corps de caractéristique nulle. Soit A ∈ Mn (IK) une matrice, on note
χA (X) = an X n + an−1 X n−1 + · · · + a1 X + a0
son polynôme caractéristique. La matrice C(X) = tCom(A − XIn ) peut être considérée comme
une matrice à coefficients dans IKn−1 [X] (le justifier) et peut aussi s’écrire comme “polynôme à
coefficients matriciels” :
C(X) = tCom(A − XIn ) = Cn−1 + XCn−2 + · · · + X n−2 C1 + X n−1 C0 =
n−1
X
X k Cn−1−k .
k=0
1. Montrer que, pour tout k ∈ [[0, n − 1]], on a tr(Cn−1−k ) = −(k + 1)ak+1 .2. Expliciter C0 . Exprimer
Ck en fonction de Ck−1 pour k ∈ [[1, n−1]]. En déduire un algorithme de calcul des coefficients du
polynôme caractéristique. Source : solution empruntée à Yvan GOZARD, dans la RMS (Revue
de Mathématiques Spéciales) 9/10 de mai-juin 1994.
-----------------------------Les coefficients de la matrice des cofacteurs de A − XIn , ou de sa transposée C(X), sont des déterminants de matrices carrées d’ordre n − 1 extraites de A − XIn , ce sont donc des polynômes de
degré inférieur ou égal à n − 1. 1. On a χA (X) = det(A − XIn ). Si l’on note Γj (X) le j-ième
“vecteur-colonne” de la matrice A − XIn , les règles de dérivation d’un déterminant donnent
χ′A (X)
n
X
=
j=1
= −
det Γ1 (X), · · · , Γj−1 (X), Γ′j (X), Γj+1 (X), · · · , Γn (X)
n
X
j=1
n−1
X
Mjj (X) = − tr C(X) = − tr
X k Cn−1−k
k=0
!
en notant Mjj (X) le mineur d’indices (j, j) de la matrice A − XIn , qui est le coefficient d’indices
(j, j) de la matrice C(X).
On a donc χ′A (X) = −
obtient
n−1
X
k=0
n−1
X
(k + 1)ak+1 X k , on
tr Cn−1−k X k . En identifiant avec χ′A (X) =
k=0
∀k ∈ [[0, n − 1]]
2. On a (A − XIn ) C(X) = χA (X) In , soit
(A − XIn )
n−1
X
tr(Cn−1−k ) = −(k + 1) ak+1 .
X k Cn−1−k
k=0
!
=
n
X
ak X k In .
k=0
En identifiant les “coefficients” (matriciels) dans cette identité polynomiale, on obtient les relations
(1) :
A Cn−1 = a0 In
(2) :
A Cn−k−1 − Cn−k = ak In
(1 ≤ k ≤ n − 1)
−C0
(3) :
40
= an In
On a ainsi, d’après (3), C0 = −an In = (−1)n−1 In .
1
tr(Cn−k ) In grâce à la rek
n
lation obtenue à la question 1. et aussi tr(A Cn−k−1 ) − tr(Cn−k ) = n ak = − tr(Cn−k ),
k
k
tr(A Cn−k−1 ), puis enfin
on en déduit tr(Cn−k ) =
k−n
1
tr(A Cn−k−1 ) In .
Cn−k = A Cn−k−1 −
n−k
En résumé, les matrices Ck (0 ≤ k ≤ n − 1) peuvent être calculées de proche en proche par les
relations

 C0 = (−1)n−1 In
 Ck = A Ck−1 − 1 tr(A Ck−1 ) In
pour 1 ≤ k ≤ n − 1 .
k
1
On en déduit les coefficients du polynôme caractéristique puisque ak = − tr(Cn−k ) si 1 ≤ k ≤
k
1
n − 1, et a0 =
tr(A Cn−1 ) d’après la relation (1) non encore exploitée.
n
Pour k ∈ [[1, n − 1]], la relation (2) donne Cn−k = A Cn−k−1 +
Il s’agit de la méthode de Faddeev qui donne lieu, pour des “grosses” matrices, à des calculs
numériques plus rapides que le calcul du polynôme caractéristique comme déterminant.
Une autre façon de retrouver cet algorithme de calcul des coefficients du polynôme caractéristique
est d’utiliser les formules de Newton, qui permettent de relier les susdits coefficients (fonctions
symétriques élémentaires des valeurs propres λi de A si on se place dans une clôture algébrique
n
X
λki = tr(Ak ), voir par exemple Jean-Marie ARNAUDIÈS et Henri
de IK) aux nombres
i=1
FRAYSSE, Tome 1, Algèbre, exercice XV.4.7, ISBN 2-04-016450-2.
5
5.1
SEMAINE 5 : SUITES RÉELLES - TOPOLOGIE DE
IR
EXERCICE 1 :
1. Soit u = (un ) une suite réelle bornée telle que lim (un+1 − un ) = 0. Montrer que l’ensemble
n→∞
A des valeurs d’adhérence de u est un segment de IR. 2. Soit f : [α, β] → [α, β] une fonction
continue, soit u = (un ) une suite définie par u0 ∈ [α, β] et, pour tout n, un+1 = f (un ). On
suppose que lim (un+1 − un ) = 0. Montrer que la suite (un ) converge.
n→∞
-----------------------------1. Pour tout n ∈ IN, posons Un = {up ; p ≥ n}. On a
l ∈ A ⇐⇒ ∀n ∈ IN ∀ε > 0 [l − ε, l + ε] ∩ Un 6= ∅ ⇐⇒ ∀n ∈ IN l ∈ Un .
\
Donc l’ensemble A =
Un est un fermé de IR.
n∈IN
41
Par ailleurs, A est borné (évident) et A est non vide (théorème de Bolzano-Weierstrass).
Il reste à montrer que A est un intervalle.
Soient a et b deux éléments de A avec a < b. Soit c ∈]a, b[. Soit ε > 0 tel que ε < min{c − a, b − c}.
On a alors a < c − ε < c < c + ε < b.
Montrons que, pour tout entier N , il existe n ≥ N tel que un ∈ [c − ε, c + ε], ce qui prouvera que
c ∈ A : comme a et b sont valeurs d’adhérence de u, il existe des suites extraites de u convergeant
vers a et b respectivement. Plus précisément, on peut construire deux applications ϕ et ψ de IN
vers IN telles que
ϕ(0) < ψ(0) < ϕ(1) < ψ(1) < . . . < ϕ(k) < ψ(k) < ϕ(k + 1) < ψ(k + 1) < . . .
avec lim uϕ(k) = a et lim uψ(k) = b.
k→∞
k→∞
Il existe un entier K1 tel que, pour k ≥ K1 , on ait uϕ(k) < c − ε et uψ(k) > c + ε. Par ailleurs,
il existe un entier N tel que |un+1 − un | < ε pour tout n ≥ N . Soit enfin K2 un entier tel que
ϕ(K2 ) > N (possible car lim ϕ(k) = +∞). En posant K = max{K1 , K2 }, on a, pour tout
k→+∞
k ≥ K,
• uϕ(k) < c − ε ,
• uψ(k) > c + ε ,
• |un+1 − un | < ε pour tout n ∈ [[ϕ(k), ψ(k) − 1]].
Il existe donc au moins un entier n dans l’intervalle [[ϕ(k) + 1, ψ(k) − 1]] tel que un ∈ [c − ε, c + ε] :
il suffit de considérer n = min{m > ϕ(k) | um > c − ε}. L’ensemble des entiers n tels que
un ∈ [c − ε, c + ε] est donc infini, et ceci pour tout ε > 0, ce qui prouve que c est valeur
d’adhérence de la suite u.
2. Notons A l’ensemble des valeurs d’adhérence de la suite u (on a A ⊂ [α, β]), soit c ∈ A, soit (uϕ(n) )
une suite extraite de limite c. De lim (un+1 − un ) = 0, on déduit lim uϕ(n)+1 = c mais, la
n→∞
n→∞
fonction f étant continue au point c,
lim uϕ(n)+1 = lim f uϕ(n) = f (c) ,
n→∞
n→∞
donc f (c) = c.
Moralité : les valeurs d’adhérence de la suite u sont toutes des points fixes de la fonction f .
Si la suite u admettait deux valeurs d’adhérence distinctes a et b avec a < b, alors tout point
intermédiaire entre a et b serait aussi valeur d’adhérence de u (question a.), donc serait un point
fixe de f ; la suite u prendrait alors nécessairement des valeurs dans l’intervalle ]a, b[ (disons
∃n ∈ IN un = c ∈]a, b[), mézalor la suite u serait stationnaire de valeur c, ce qui est bien sûr
contradictoire.
La suite u admet donc une seule valeur d’adhérence ce qui, pour une suite à valeurs dans un compact,
signifie qu’elle converge.
42
5.2
EXERCICE 2 :
Soit u = (un )n∈IN une suite réelle. On dit que la suite u est dense modulo 1 si l’ensemble {un −
E(un ) ; n ∈ IN} est dense dans [0, 1].1. Soit x un réel irrationnel. Montrer que la suite u définie
par un = nx est dense modulo 1.2. Montrer que l’écriture décimale du nombre 2n (n ∈ IN) peut
commencer par une séquence de chiffres arbitraire.Source : article de Bruno LANGLOIS, Écriture
décimale des termes de certaines suites d’entiers, paru dans la RMS (Revue des mathématiques
de l’enseignement supérieur, éditions Vuibert) numéro 3-4, de novembre/décembre 1999.
-----------------------------1. Soit N ∈ IN∗ . Pour tout n ∈ IN∗ , le nombre vn = nx − E(nx)
est un
irrationnel appartenant à
j j+1
l’intervalle [0, 1] et appartient donc à l’un des intervalles
(0 ≤ j ≤ N − 1). Comme
,
N N
il y a une infinité de nombres vn (tous distincts puisque x est irrationnel) dans un nombre fini
d’intervalles (c’est le principe des tiroirs), on peut en trouver deux dans un même intervalle,
donc il existe deux entiers p et q (avec p < q par exemple, notons q = p + k avec k ∈ IN∗ ) tels
1
que 0 < |vq − vp | < . Posons α = vq − vp = vp+k − vp . On a alors kx = α + K, où K est un
N
entier relatif.
⊲ Supposons α > 0. Pour tout
n entier naturel, on a nkx = nα + nK donc, tant que nα < 1, c’est1
à-dire pour n ≤ M = E
, on a vnk = nkx − E(nkx) = nα. Les nombres vnk (0 ≤ n ≤ M )
α
“remplissent donc l’intervalle [0, 1] à α près”, c’est-à-dire : pour tout réel a appartenant à [0, 1],
on peut trouver un nombre vnk vérifiant |vnk − a| ≤ α.
1
, on a vnk = 1 − n|α| et ces nombres
⊲ Supposons α < 0. Dans ce cas, pour 1 ≤ n ≤ E
|α|
remplissent encore l’intervalle [0, 1] à |α| près.
1
1
), les nombres vn remplissent l’intervalle [0, 1] à
près. L’entier
N
N
N étant arbitraire, on a prouvé que l’ensemble {vn ; n ∈ IN} est dense dans [0, 1].
Dans les deux cas (puisque |α| ≤
2. Notons log le logarithme décimal.
Soit a un entier naturel non nul, d’écriture décimale a = [ap ap−1 . . . a1 a0 ]. L’écriture décimale du
nombre 2n “commence par a” s’il existe un entier naturel k tel que
a · 10k ≤ 2n < (a + 1) · 10k ,
c’est-à-dire
k + log(a) ≤ log(2n ) < k + log(a + 1)
(k ∈ IN) ,
c’est-à-dire si et seulement si log(a) ≤ n log(2) < log(a + 1) modulo 1. Pour être précis, cette
condition signifie
log(a) − E log(a) ≤ n log 2 − E(n log 2) < log(a + 1) − E log(a + 1)
43
sauf dans le cas particulier où a + 1 est une puissance de 10, où le dernier membre (qui vaut
alors 0) doit être remplacé par 1.
p
ln(2)
est irrationnel (si on avait x =
avec p ∈ IN∗ , q ∈ IN∗ , alors on
ln(10)
q
aurait 5p = 2q−p , ce qui est impossible). La suite de terme général un = n log 2 est donc dense
modulo 1, ce qui entraı̂ne qu’il existe au moins un entier naturel n tel que un ∈ [log(a), log(a+1)[
modulo 1, ce qu’il fallait démontrer.
Le nombre x = log 2 =
5.3
EXERCICE 3 :
Soit u = (un )n∈IN une suite réelle.On dit que la suite u est dense modulo 1 si l’ensemble {un −
E(un ) ; n ∈ IN} est dense dans [0, 1].On définit la suite ∆u = v par vn = (∆u)n = un+1 − un ,

 lim vn
= +∞
n
. Montrer que
puis la suite ∆2 u = ∆(∆u). 1. Soit v une suite réelle telle que
 lim(∆v)n = 0
n

 lim(∆u)n = +∞
n
. Montrer que u
v est dense modulo 1.2. Soit u une suite réelle telle que
 lim(∆2 u)n = 0
n
est dense modulo 1.3. Montrer que l’écriture décimale du nombre n! peut commencer par une
séquence de chiffres arbitraire.4. Même question pour l’écriture décimale de nn .
Source : article de Bruno LANGLOIS, Écriture décimale des termes de certaines suites d’entiers, paru
dans la RMS (Revue des mathématiques de l’enseignement supérieur, éditions Vuibert) numéro
3-4, de novembre/décembre 1999.
------------------------------1. Soit ε > 0, soit n0 un entier tel que n ≥ n0 =⇒ |(∆v)n | < ε, soit N = E(vn0 ) + 1 ; comme
lim vn = +∞, il existe un entier n1 > n0 tel que vn1 > N + 1. Alors, lorsque n décrit
n→+∞
l’intervalle entier [[n0 , n1 ]], le nombre vn s’approche de tout réel à ε près modulo 1.
1
. Soit
2
a ∈ [0, 1], soit le réel x = N + a ; on a alors vn0 < x et vn1 > x, soit n le plus grand entier appartenant à l’intervalle [[n0 , n1 − 1]] pour lequel vn < x (il est clair que cela a un sens). On
a vn < x ≤ vn+1 et (∆v)n = vn+1 − vn < ε, donc |vn − x| < ε et |vn+1 − x| < ε, donc l’un au
moins des deux nombres |vn − E(vn ) − a| et |vn+1 − E(vn+1 ) − a| est inférieur à ε (les deux la
plupart du temps, sauf lorsqu’un entier vient malencontreusement s’intercaler entre vn et x, ou
entre x et vn+1 ).
√
Ainsi, les suites ( n) ou (ln n) sont denses modulo 1. 2. Indication éventuelle : montrer que, pour
Précisons pour ceux qui aiment les rédactions détaillées : supposons en fait ε <
tout entier m > 4, il existe un entier n0 tel que l’on ait
k ∈ [[0, m − 1]].
44
4
1
≤ (∆u)n0 +k ≤
m
m
pour tout
D’après ce qui précède, la suite v = ∆u est dense modulo 1 : si on se donne un entier m > 4, il
3
1
2
< (∆u)n0 <
modulo 1 et tel que |(∆2 u)n | < 2 pour
existe un entier n0 tel que l’on ait
m
m
m
tout n ≥ n0 . Pour tout k ∈ [[0, m − 1]], on a l’encadrement de (∆u)n0 +k :
k−1
X
3
4
2
1
1
1
(∆2 u)n0 +p <
=
− m 2 < (∆u)n0 +k = (∆u)n0 +
+m 2 =
.
m
m
m
m
m
m
p=0
1
4
Pour n variant de n0 à n0 + m, la suite u fait des “pas” compris entre
et
modulo 1 ; comme il
m
m
.
1
4
y a m pas plus grands que , un a balayé tout le tore IR (“la droite réelle modulo 1”) à
Z
m
m
près : cette fois, les amateurs de rédactions détaillées se débrouilleront tous seuls! La suite u est
donc dense modulo 1.
n √
X
√
k, sont denses modulo 1.
Par exemple, les suites (n n), ou (Sn ) avec Sn =
k=1
3. Si (Xn ) est une suite d’entiers naturels non nuls, le fait que l’écriture décimale de l’entier Xn “puisse
commencer par une séquence arbitraire” équivaut à la densité modulo 1 de la suite un = log(Xn ).
Montrons au moins que cette condition est suffisante, ce qui est utilisé ici.
Si un = log(Xn ) est dense modulo 1, et si a est un entier naturel, il existe un entier naturel n tel
que log(a) ≤ un < log(a + 1) modulo 1, ce qui signifie que
k + log(a) ≤ un < k + log(a + 1)
k
pour un certain entier naturel k ,
k
c’est-à-dire a · 10 ≤ Xn < (a + 1) · 10 , donc l’écriture décimale du nombre Xn “commence par
a”.
n
X
log k ; alors (∆u)n = log(n + 1) → +∞, puis
Pour Xn = n!, on a un = log(n!) =
k=2
n+2
→ 0, donc u est dense modulo 1, ce qu’il fallait prouver.
(∆2 u)n = log
n+1
1
n
4. Avec Xn = n , on a un = log(Xn ) = n log n, alors (∆u)n = log(n + 1) + n log 1 +
→ +∞ et
n
"
n n+2 #
n
n+2
1
(∆2 u)n = log
→ log
e = 0, donc u est dense modulo 1.
n+1
n+1
e
5.4
EXERCICE 4 :
Soit I un intervalle de IR. Une fonction f : I → IR est dite semi-continue inférieurement (en
abrégé s.c.i.) si on a
∀x0 ∈ I
∀ε > 0
∃α > 0 ∀x ∈ I
|x − x0 | ≤ α =⇒ f (x) ≥ f (x0 ) − ε .
a. Donner des exemples de fonctions s.c.i.b. Montrer que toute fonction s.c.i. sur un segment de IR
admet un minimum.
------------------------------45
a.
b. Soit f une fonction s.c.i. sur le segment I = [a, b].
• Montrons d’abord que f est minorée sur I.
Si ce n’était pas le cas, on pourrait construire une suite (xn ) de points de [a, b] telle que
lim f (xn ) = −∞. On peut en extraire une sous-suite (yn ) = (xϕ(n) ), convergeant vers un
n→∞
point y de I. Mais cela est absurde car (en prenant la définition de “s.c.i.” avec x0 = y et ε = 1),
il existe un voisinage de y dans lequel f (x) ≥ f (y) − 1. Les xϕ(n) étant dans ce voisinage pour n
assez grand, on a une contradiction.
• Montrons maintenant que la borne inférieure est atteinte : soit m = inf f (x).
x∈I
1
. De (xn ), on extrait
n
encore une sous-suite (yn ) = (xϕ(n) ), convergeant vers un y ∈ I. Des inégalités (*), on déduit
lim f (xn ) = m, donc lim f (yn ) = m.
Pour tout n ∈ IN∗ , il existe xn ∈ I tel que
n→∞
(*) m ≤ f (xn ) ≤ m +
n→∞
Donnons-nous ε > 0. Il existe alors un α > 0 tel que
∀x ∈ I
|x − y| ≤ α =⇒ f (x) ≥ f (y) − ε .
Comme (yn ) converge vers y, il existe un rang N à partir duquel f (yn ) ≥ f (y) − ε. Comme
lim f (yn ) = m, par passage à la limite, on déduit m ≥ f (y) − ε.
n→∞
Cette dernière inégalité étant vraie pour tout ε > 0, on a m ≥ f (y), donc f (y) = m et la borne
inférieure est atteinte.
5.5
EXERCICE 5 :
Soit x ∈ ]0, 1].1. Montrer qu’il existe une unique suite (un ) d’entiers naturels, croissante avec
∀n ∈ IN un ≥ 2, telle que
x=
∞
X
1
.
u u · · · un
n=0 0 1
Décrire un algorithme de calcul des un .2. Montrer que x est rationnel si et seulement si la suite
√
(un ) est stationnaire.3. Le nombre e
2
est-il rationnel ? Source : Daniel DUVERNEY, Théorie
des nombres, Éditions Dunod, ISBN 2-10-004102-9
-------------------------------1. • Unicité : Supposons l’existence d’une telle suite (un ). On a alors
x =
=
1
1
1
1
+
+
+ ··· =
u0
u0 u1
u0 u1 u2
u0
1
1
1
1+
1 + (1 + · · ·) ,
u0
u1
u2
46
1
1
1+
+
+ ···
u1
u1 u2
∞
X
1
pour
un un+1 · · · un+k
k=0
tout n ∈ IN (la série définissant xn est évidemment convergente), on a alors x0 = x et, pour tout
1
1
xn+1
entier naturel n, on a xn =
(1 + xn+1 ), soit encore xn+1 = un xn − 1 ou un =
+
.
un
xn
xn
La suite (un ) étant croissante, on a
ce que l’on va essayer d’écrire plus rigoureusement. Posons donc xn =
xn+1 =
∞
X
k=0
∞
X
1
1
≤
= xn ,
un+1 un+2 · · · un+1+k
un un+1 · · · un+k
k=0
1
1
donc la suite (xn ) est décroissante ; on en déduit l’encadrement
< un ≤
+ 1. Comme un
xn
xn
1
.
est un entier, on a donc un = 1 + E
xn
On a ainsi prouvé (sous réserve d’existence) l’unicité de la suite (un ), et l’algorithmede calcul
1
est le suivant : poser x0 = x puis, pour tout entier naturel n, poser un = 1 + E
et
xn
xn+1 = un xn − 1.
• Existence : Réciproquement,
considérons les un construits par cet algorithme. On a
1
1
1
≥ 2, donc
< u0 ≤
+ 1 d’où 1 < u0 x0 ≤ 1 + x0 . Il en résulte
u0 = 1 + E
x
x0
x0
0 < x1 = u0 x0 − 1 ≤ x0 puis, de la même façon, 0 < x2 ≤ x1 . Par une récurrence
immédi
1
ate, la suite (xn ) est décroissante à valeurs strictement positives. De un = 1 + E
, on
xn
déduit que la suite (un ) est croissante et ses termes sont tous des entiers naturels au moins égaux
à 2.
∞
X
1
. La convergence de la série résulte immédiatement de
Il reste à montrer que x =
u u · · · un
n=0 0 1
un ≥ 2. On montre facilement que
1
1
1
xn+1
x=
+
+ ··· +
+
u0
u0 u1
u0 u1 · · · un
u0 u1 · · · un
xn+1
= 0, ce
pour tout n ∈ IN. Or, on a 0 < xn+1 ≤ x0 et u0 u1 · · · un ≥ 2n , donc lim
n→+∞ u0 u1 · · · un
qu’il fallait démontrer.
∞
X
1
est son développement en série de
u
u
· · · un
n=0 0 1
Engel. Avec un = n + 2 par exemple, le lecteur obtiendra le développement en série de Engel du
nombre e − 2.
L’écriture du nombre x sous la forme x =
2. • Si la suite (un ) est stationnaire (constante à partir du rang N ), alors
!
∞
X
1
1
1
1
+
+ ··· +
x =
u0
u0 u1
u0 u1 · · · uN −1
uk
k=0 N
47
=
1
1
1
uN
1
+
+ ··· +
+
·
u0
u0 u1
u0 u1 · · · uN −2
u0 u1 · · · uN −1 uN − 1
et le nombre x est rationnel.
a
a0
• Réciproquement, supposons x rationnel : x = x0 = =
avec a et b entiers naturels non nuls.
b
b0
1
Alors u0 = E
+ 1 = q0 + 1 avec q0 = b0 div a0 (quotient dans la division euclidienne :
x
b0 = a0 q0 + r0 , avec 0 ≤ r0 < a0 ). Ensuite,
q0 a0 + a0 − b0
a0 − r0
a1
a0
=
=
x1 = u0 x0 − 1 = (q0 + 1) − 1 =
b0
b0
b0
b0
a1 − r1
avec a1 ∈ IN et 1 ≤ a1 ≤ a0 . On réitère : x2 =
avec r1 = b0 mod a1 (reste dans la
b0
a2
division euclidienne), donc x2 =
avec a2 ∈ IN et 1 ≤ a2 ≤ a1 ≤ a0 .
b0
an
et (an ) est une suite décroissante
Par une récurrence immédiate, on a, pour tout n ∈ IN∗ , xn =
b0
d’entiers naturels, elle est donc stationnaire.
La
suite (xn ) est donc aussi stationnaire, et il en
1
est de même de (un ) puisque un = 1 + E
. 3. Partons du développement en série entière
xn
ch
√
∞ √ 2n
∞
∞
X
X
X
( 2)
2n
2n
2 =
=
=1+1+
(2n)!
(2n)!
(2n)!
n=0
n=0
n=2
=
2+
1
1
1
+
+ ··· +
+ ···
6 6 × 15
6 × 15 × · · · × n(2n − 1)
√
1
2n−1
2n
×
=
. Le nombre x = ch 2 − 2 ∈ ]0, 1] admet donc un
(2n)!
n(2n − 1)
2(n − 1) !
développement en série de Engel non stationnaire avec un = (n + 2)(2n + 3) (il faut décaler les
indices de deux unités pour retrouver les notations de l’énoncé), il est donc irrationnel.
√
√
√
1
1 √2
2
Si e était rationnel, alors ch 2 =
le serait aussi, donc e 2 6∈ Q.
e + √
2
e 2
puisque
5.6
EXERCICE 6 :
1. Soit G un sous-groupe de (IR, +). Montrer que :
- soit G = {0},
- soit G = m Z avec m = min(G ∩ IR∗+ ),
- soit G est dense dans IR.
√
Que dire des sous-groupes de (IR∗+ , ×) ?2. Soit l’ensemble G = {x+y 2 ; (x, y) ∈ Z2 , x2 −2y 2 = 1}.
√
Montrer que G est un sous-groupe de (IR∗ , ×) et que min(G ∩ ]1, +∞[) = 3 + 2 2. En déduire
une explicitation des éléments du groupe G.3. On note S l’ensemble des points à coordonnées
positives entières sur l’hyperbole (H) d’équation x2 − 2y 2 = 1, c’est-à-dire
48
S = {(x, y) ∈ IN2 | x2 − 2y 2 = 1} .
Montrer que l’on peut écrire S = {(xn , yn ) ; n ∈ IN}, où (xn ) et (yn ) sont deux suites strictement
croissantes d’entiers naturels. Expliciter xn et yn .
Source : E. RAMIS, Claude DESCHAMPS, Jacques ODOUX, Analyse 1, Éditions Masson, ISBN
2-225-80098-7
------------------------------1. Soit G un sous-groupe de (IR, +), supposons G 6= {0}. Alors l’ensemble E = G ∩ IR∗+ est non vide,
soit m sa borne inférieure.
• Si m = 0, montrons que G est dense dans IR. Si u et v sont deux réels tels que u < v, alors il
existe g ∈ G vérifiant 0 < g < v − u, mais alors g Z ⊂ G ; comme g Z rencontre le segment [u, v],
on a prouvé que G est dense dans IR.
• Si m > 0, commençons par montrer que m ∈ G : si ce n’était pas le cas, on pourrait trouver
au moins un élément g de G dans l’intervalle ]m, 2m[ (puisque 2m n’est pas un minorant de
E = G ∩ IR∗+ ), puis un élément h de G dans ]m, g[ (puisque g n’est pas un minorant de E) ;
alors on a g − h ∈ G et 0 < g − h < m, ce qui est absurde.
g
, alors km ∈ G et
Puisque m ∈ G, on a m Z ⊂ G. Inversement, soit g ∈ G, soit k = E
m
km ≤ g < (k + 1)m, donc g − km ∈ G avec 0 ≤ g − km < m, ce qui prouve que g − km = 0 donc
g ∈ m Z. On a donc G = m Z.
L’application exp : (IR, +) → (IR∗+ , ×) est un isomorphisme de groupes, et c’est aussi un homéomorphisme. On en déduit que, si G est un sous-groupe de (IR∗+ , ×), alors
- soit G = {1},
- soit G = aZ = {ak ; k ∈ Z} avec a = min(G ∩ ]1, +∞[),
- soit G est dense dans IR∗+ .
√
√
√
2. Soient
z = x + y 2 et z ′ = x′ + y ′ 2 deux éléments de G ; alors zz ′ = x′′ + y ′′ 2 avec
(
x′′ = xx′ + 2yy ′
(ce sont des entiers relatifs) et
y ′′ = xy ′ + yx′
x′′2 − 2y ′′2 = (xx′ + 2yy ′ )2 − 2(xy ′ + yx′ )2 = (x2 − 2y 2 )(x′2 − 2y ′2 ) = 1 ,
√
√
1
donc zz ′ ∈ G. Par ailleurs, 1 ∈ G et, si z = x + y 2 ∈ G, alors = x − y 2 ∈ G.
z
∗
L’ensemble G est donc un sous-groupe de (IR , ×).
On note que z ∈ G ⇐⇒ −z ∈ G, il suffit donc de déterminer l’ensemble H = G ∩ IR∗+ , qui est
un sous-groupe de (IR∗+ , ×). Posons enfin E = G ∩ ]1, +∞[= H ∩ ]1, +∞[. On a effectivement
√
3 + 2 2 ∈ E, montrons que c’est le plus petit élément de E.
√
√
√
√
Si z = x + y 2 ∈ E, on a (x, y) ∈ Z2 , x + y 2 > 1 et x2 − 2y 2 = (x + y 2)(x − y 2) = 1.
- on ne peut avoir x ≤ 0 et y ≤ 0, c’est clair!
49
√
1
√ = x − y 2 serait négatif, absurbe !
x+y 2
√
√
1
√ ≥ x + y 2,
- on ne peut avoir x ≥ 0 et y ≤ 0 car cela impliquerait x − y 2 =
x+y 2
√
impossible avec x + y 2 > 1.
On a donc x > 0 et y > 0. On ne peut avoir ni y = 0 ni y = 1 (vérifications
√ immédiates
√ avec
x2 − 2y 2 = 1), et si y ≥ 3, alors x2 = 1 + 2y 2 ≥ 19, donc x ≥ 5 et z ≥ 5 + 3 2 > 3 + 2 2.
√
√
On a ainsi prouvé que min(G ∩ ]1, +∞[) = 3 + 2 2, donc G ∩ IR∗+ = (3 + 2 2)Z et H =
√
√
±(3 + 2 2)Z = {ε(3 + 2 2)n ; ε ∈ {−1, 1} , n ∈ Z}.
√
√
Notons que G ∩ [1, +∞[= (3 + 2 2)IN = {(3 + 2 2)n ; n ∈ IN}. 3. Notons d’abord T l’ensemble
- on ne peut avoir x ≤ 0 et y ≥ 0 car alors
des points à coordonnées entiers relatifs sur l’hyperbole (H) :
T = {(x, y) ∈ Z2 | x2 − 2y 2 = 1} .
√
On vérifie (c’est facile) que l’application
7→ x + y 2 est une bijection. On
√ ϕ : T → G, 2(x, y)
vérifie aussi que G ∩ [1, +∞[= {x + y 2 ; (x, y) ∈ IN , x2 − 2y 2 = 1} (l’inclusion dans le sens
⊂ a été démontrée ci-dessus, l’autre est immédiate).
On a donc S = ϕ−1 (G ∩ [1, +∞[),
√ n c’est-à-dire
√ que S est l’ensemble des couples (xn , yn ) où, pour
tout n ∈ IN, on écrit (3 + 2 2) = xn + yn 2. Il est clair que xn et yn sont des entiers naturels,
on peut préciser que
E ( n−1
2 )
E( n
2)
xn =
X
Cn2k
n−2k
3
k
8
et
k=0
(
yn = 2
X
Cn2k+1 3n−2k−1 8k .
k=0
xn+1 = 3xn + 4yn
, d’où la stricte croissance des suites (xn ) et (yn ), et un calcul
yn+1 = 2xn + 3yn
de proche en proche. Ainsi, si on note Mn le point de coordonnées (xn , yn ), on a
On a aussi
M0 (1, 0) ;
6
6.1
M1 (3, 2) ;
M2 (17, 12) ;
M3 (99, 70) ;
M4 (577, 408) ;
···
SEMAINE 6 : TOPOLOGIE DES ESPACES MÉTRIQUES
EXERCICE 1 :
Soit (K, d) un espace métrique compact. Soit f : K → K une application telle que
∀(x, y) ∈ K 2
d f (x), f (y) ≥ d(x, y) .
Montrer que f est une isométrie de K (bijection de K sur K conservant la distance).
Source : CHAMBERT-LOIR, FERMIGIER, MAILLOT : Exercices de mathématiques pour
l’agrégation, Analyse 1, Éditions Masson, ISBN : 2-225-84692-8.
-----------------------------• L’injectivité de f est immédiate.• L’application f conserve la distance : soient a et b deux points de
50
K, notons an = f n (a), bn = f n (b) leurs itérés par f (n ∈ IN). Comme K est compact, il existe
une application ϕ : IN → IN, strictement croissante, telle que les suites extraites (aϕ(n) ) et (bϕ(n) )
soient convergentes, de limites α et β respectivement.
ε
Donnons-nous ε > 0. Alors il existe un entier k strictement positif tel que d(a, ak ) < et d(b, bk ) <
2
ε
: en effet, il existe des entiers N1 et N2 (avec N1 < N2 ) tels que
2
ε
ε
ε
ε
d(aϕ(N1 ) , α) < ; d(aϕ(N2 ) , α) < ; d(bϕ(N1 ) , β) < ; d(bϕ(N2 ) , β) < .
4
4
4
4
En posant k = ϕ(N2 ) − ϕ(N1 ) ∈ IN∗ , on a
ε
d(a, ak ) ≤ d f (a), f (ak ) ≤ . . . ≤ d f ϕ(N1 ) (a), f ϕ(N1 ) (ak ) = d(aϕ(N1 ) , aϕ(N2 ) ) <
2
et on majore de même d(b, bk ).
On en déduit alors
d(a, b) ≤ d f (a), f (b) = d(a1 , b1 ) ≤ d(a2 , b2 ) ≤ . . . ≤ d(ak , bk ) ≤ d(a, b) + ε
et ceci pour tout ε > 0, donc d f (a), f (b) = d(a, b).• L’ensemble image f (K) est dense dans
K : on vient de voir que toute orbite de f est récurrente, c’est-à-dire
∀a ∈ K ∀ε > 0 ∃k ∈ IN∗
d a, f k (a) < ε
(l’orbite du point a repasse aussi près de a que l’on veut), donc
∀a ∈ K
∀ε > 0
∃y ∈ f (K)
d(a, y) ≤ ε .
• Enfin, f est surjective puisque, f étant continue car 1-lipschitzienne, l’ensemble f (K) est compact,
donc fermé dans K. Comme il est dense dans K, on a f (K) = K.
6.2
EXERCICE 2 :
Soit (K, d) un espace métrique compact.Si u et v sont deux éléments de K IN , on pose
δ(u, v) =
∞
X
d(un , vn )
.
2n
n=0
1. Vérifier que δ est une distance sur K IN = F(IN, K) et qu’elle définit sur cet espace la “topologie de
la convergence simple”, c’est-à-dire : une suite (v p )p∈IN d’éléments de K IN converge vers λ ∈ K IN
si et seulement si, pour tout n ∈ IN, lim vnp = λn . 2. Montrer que (K IN , δ) est un espace
p→∞
métrique compact. 3. Montrer que l’ensemble P des suites périodiques est dense dans (K IN , δ).4.
Montrer que, en posant γ(u, v) = sup d(un , vn ), on définit une distance sur K IN , mais que l’espace
n∈IN
métrique (K IN , γ) n’est pas compact.
------------------------------
51
1. L’espace métrique (K, d) est borné car compact ; soit ∆ son diamètre. Si u et v sont deux éléments
X d(un , vn )
de K, la série
est convergente, d’où l’existence de δ(u, v). L’axiome de séparation,
2n
n
la symétrie et l’inégalité triangulaire se laissent vérifier sans opposer de résistance.
Montrons donc l’équivalence
lim v p = λ dans (K IN , δ) ⇐⇒ ∀n ∈ IN
p→∞
• Si lim v p = λ
p→∞
lim vnp = λn .
p→+∞
dans (K IN , δ), alors lim δ(v p , λ) = 0 d’où, clairement, pour tout n ∈ IN,
p→∞
d(vnp , λn )
lim
= 0, soit lim d(vnp , λn ) = 0, ce qu’il fallait démontrer.
p→∞
p→∞
2n
• Supposons ∀n ∈ IN
lim vnp = λn et donnons-nous ε > 0.
p→+∞
∞
X
Il existe un entier N tel que
n=N +1
ε
1
≤
, où ∆ est le diamètre de (K, d).
n
2
2∆
Pour tout n ≤ N fixé, on a lim d(vnp , λn ) = 0, donc on peut trouver un entier Pn tel que
p→∞
ε
p
p ≥ Pn =⇒ d(vn , λn ) ≤ .
4
ε
est réalisée pour tout n ≤ N ,
Soit P = max Pn . Pour tout p ≥ P , l’inégalité d(vnp , λn ) ≤
0≤n≤N
4
donc
N
N
X
d(vnp , λn )
ε X 1
ε
≤
≤
n
n
2
4 n=0 2
2
n=0
pour tout p ≥ P .
Ainsi, pour tout p ≥ P , on a
δ(v p , λ) =
∞
N
X
X
d(vnp , λn )
ε
ε
d(vnp , λn )
+
≤ +
∆=ε.
n
n
2
2
2 2∆
n=0
n=N +1
p
On a ainsi prouvé que lim δ(v , λ) = 0.
p→∞
La distance δ sur K IN définit bien la topologie de la convergence simple.
2. Soit (up )p∈IN une suite d’éléments de K IN . On va en extraire une sous-suite convergente par le
procédé diagonal, ce qui prouvera la compacité de l’espace métrique (K IN , δ).
ϕ (p)
⊲ De la suite (up0 )p∈IN , à valeurs dans K, on peut extraire une sous-suite convergente (u0 0 )p∈IN ,
de limite λ0 ∈ K.
ϕ (p)
ϕ ◦ϕ (p)
⊲ De la suite (u1 0 )p∈IN , à valeurs dans K, on peut extraire une sous-suite convergente (u1 0 1 )p∈IN ,
de limite λ1 ∈ K.
⊲ Soit k ∈ IN∗ . Supposons ainsi construites
k extractions ϕ0, ϕ1 , . . ., ϕk−1 (applications strictement
ϕ ◦ϕ ◦...◦ϕk−1 (p)
, à valeurs dans K, on peut extraire
croissantes de IN vers IN). De la suite uk 0 1
p∈IN
ϕ0 ◦ϕ1 ◦...◦ϕk−1 ◦ϕk (p)
, de limite λk ∈ K.
une sous-suite convergente uk
p∈IN
52
Pour tout p ∈ IN, posons maintenant ψ(p) = ϕ0 ◦ ϕ1 ◦ . . . ◦ ϕp (p). On a ainsi défini une application
ψ de IN vers IN. Elle est strictement croissante car
ψ(p + 1)
= ϕ0 ◦ . . . ◦ ϕp ϕp+1 (p + 1) ≥ ϕ0 ◦ . . . ◦ ϕp (p + 1)
> ϕ0 ◦ . . . ◦ ϕp (p) = ψ(p)
(1)
(2) :
(1) car ϕp+1 (p + 1) ≥ p + 1 et ϕ0 ◦ . . . ◦ ϕp est croissante ;
(2) car ϕ0 ◦ . . . ◦ ϕp est strictement croissante.
Posons maintenant v p = uψ(p) : (v p )p∈IN est une suite extraite de (up )p∈IN .
Pour tout n ∈ IN, on a lim vnp = lim uψ(p)
= λn car (uψ(p)
)p>n est une suite extraite de la suite
n
n
p→∞
p→∞
0 ◦...◦ϕn (p)
, qui converge vers λn dans K : en effet, l’application
uϕ
n
p∈IN
p 7→ ϕn+1 ◦ . . . ◦ ϕp (p) est strictement croissante sur [[n + 1, +∞[[ par un raisonnement analogue à celui fait ci-dessus pour ψ.
De la question 1., on déduit enfin que la suite (v p )p∈IN , extraite de la suite (up )p∈IN , converge vers
λ dans l’espace métrique (K IN , δ).
3. Soit u ∈ K IN , soit ε > 0. Comme en 1., introduisons un entier N tel que
∞
X
n=N +1
1
ε
≤ , où ∆
n
2
∆
est le diamètre de K. Alors toute suite v de K IN dont les N + 1 premiers termes coı̈ncident avec
ceux de u (vn = un pour n ∈ [[0, N ]]) vérifie δ(u, v) ≤ ε. Parmi ces suites, il en existe une qui est
(N + 1)-périodique, donc l’ensemble P est dense dans (K IN , δ).
4. La distance γ sur K IN = F(IN, K) définit la “topologie de la convergence uniforme”. Montrons que
(K IN , γ) n’est pas compact.
Soient a et b deux éléments de K distincts (pour les pinailleurs, on suppose K non réduit à un
point).
Soit d0 = d(a, b). Pour tout p ∈ IN, soit up la suite d’éléments de K définie par upn =
(
a
si n = p
.
b
sinon
Si p et q sont deux entiers distincts, on a γ(up , uq ) = d0 ; on ne peut donc extraire de la suite
(up )p∈IN aucune sous-suite convergente pour la métrique définie par γ.
Remarque. On peut répondre à la question 2. en court-circuitant la question 1. Soit, en effet, (up )p∈IN
une suite d’éléments de K IN . On définit des extractions ϕ0 , . . ., ϕn ,. . . comme dans la solution
0 ◦...◦ϕn (p)
de la question 2., telles que, pour tout n ∈ IN, la suite uϕ
admette une limite λn
n
p∈IN
dans K.
On veut montrer que l’élément λ = (λn )n∈IN de K IN est valeur d’adhérence de la suite (up )p∈IN .
Pour cela, plutôt que d’expliciter, par le procédé diagonal, une sous-suite de (up )p qui converge
vers λ dans (K IN , δ), on montre l’assertion
∀ε > 0 ∀P ∈ IN ∃p ≥ P
53
δ(up , λ) ≤ ε .
Donnons-nous donc ε > 0 et P ∈ IN, soit d’autre part un entier N tel que
∞
X
n=N +1
est le diamètre de K. On a alors, pour tout p ∈ IN,
1
ε
≤
, où ∆
n
2
2∆
N
X
d(upn , λn ) ε
+ .
δ(u , λ) ≤
2n
2
n=0
p
Il suffit donc de montrer que, pour un certain p ≥ P , on peut rendre la première somme inférieure
ε
à et, pour cela, il suffit que l’on ait
2
ε
∀n ∈ [[0, N ]]
d(upn , λn ) ≤
(*) .
4
converge vers λn , donc aussi la suite unϕ0 ◦...◦ϕN (k)
Or, pour tout n ∈ [[0, N ]], la suite unϕ0 ◦...◦ϕn (k)
k∈IN
qui en est extraite. Il existe alors un entier naturel k0 tel que
ε
∀k ≥ k0 ∀n ∈ [[0, N ]]
d unϕ0 ◦...◦ϕN (k) , λn ≤ .
4
Comme lim ϕ0 ◦ . . . ◦ ϕN (k) = +∞, il existe un entier k1 tel que k ≥ k1 =⇒ ϕ0 ◦ . . . ◦ ϕN (k) ≥ P .
k→∞
En choisissant k ≥ max{k0 , k1 } et en posant p = ϕ0 ◦ . . . ◦ ϕN (k), l’entier p est supérieur à P et
vérifie bien (*).
6.3
EXERCICE 3 :
Dans E = IRm , soit (Fn )n∈IN une suite de sous-espaces affines de dimension
! au plus égale à
[
est un ensemble
m − 2.Montrer que le complémentaire de leur réunion A = E \
Fn
n∈IN
connexe par arcs.
-----------------------------Cet exercice utilise la propriété de Baire. Commençons par quelques “rappels” sur les espaces métriques
complets. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1. Si (E, d) est un espace métrique complet, alors toute suite (Bn )n∈IN de fermés bornés non vides,
décroissante pour l’inclusion, et dont les diamètres tendent vers zéro, a pour intersection (notée
B) un singleton (théorème des fermés emboı̂tés).
...................................................................................................
En effet, pour tout n ∈ IN, soit un ∈ Bn , soit l’ensemble Un = {up ; p ≥ n}. On a Un ⊂ Bn , donc
le diamètre de l’ensemble Un tend vers zéro lorsque n tend vers +∞, ce qui signifie que la suite
(un ) est de Cauchy. Elle converge donc vers un élément l de E.
Mais, pour tout n, on a l ∈ Un ⊂ Bn = Bn , donc l ∈ B.
Par ailleurs, si x ∈ E est distinct de l, alors on peut trouver un entier n tel que
diam(Bn ) < d(x, l) donc tel que x 6∈ Bn , donc x 6∈ B.
\
En conclusion, B =
Bn = {l}.
n∈IN
54
k∈IN
,
....................................................................................................
2. Tout espace métrique
complet vérifie la propriété de Baire, c’est-à-dire : toute intersection
\
dénombrable
Ωn d’ouverts denses est un ensemble dense dans E.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .n∈I
. .N
..............................................................................
\
Posons Ω =
Ωn .
n∈IN
Soit U un ouvert non vide de E, il suffit de montrer que Ω ∩ U 6= ∅.
L’ouvert Ω0 étant dense dans E, il existe une boule fermée B0 (de diamètre δ0 > 0) incluse dans
Ω0 ∩ U .
◦
◦
L’ouvert dense Ω1 rencontre l’ouvert non vide B 0 , l’intersection B 0 ∩ Ω1 contient donc une boule
δ0
fermée B1 de diamètre δ1 > 0 et on peut toujours supposer que δ1 < .
2
Par récurrence, on construit une suite (Bn ) de boules fermées, de diamètres δn avec
◦
δn−1
0 < δn <
pour tout n ∈ IN∗ , vérifiant Bn ⊂ B n−1 ∩ Ωn ⊂ Bn−1 . On a alors lim δn = 0,
n→∞
\ 2
donc
Bn est un singleton {x} d’après 1. L’élément x de E est alors dans Ω ∩ U , ce qui
n∈IN
achève la démonstration.
....................................................................................................
3. Dans un espace métrique complet, toute réunion dénombrable de fermés d’intérieurs vides a un
intérieur vide.
...................................................................................................
C’est la propriété“duale”de la précédente (elle s’en déduit par passage au complémentaire puisqu’une
partie de E a un intérieur vide si et seulement si son complémentaire est dense dans E).
....................................................................................................
4. Attaquons maintenant l’exercice proprement dit!
...................................................................................................
Nous allons montrer que deux éléments quelconques de A peuvent être joints (dans A) par une ligne
brisée formée de deux segments, autrement dit
∀(x, y) ∈ A2
∃z ∈ A
[x, z] ∪ [z, y] ⊂ A .
Soient x et y deux éléments de A. Pour tout n ∈ IN, il existe
- un hyperplan affine Hn contenant x et Fn ;
- un hyperplan affine Hn′ contenant y et Fn .
Tout hyperplan affine de E est! un fermé d’intérieur
vide (“ensemble rare”) donc, d’après 3.,
!
[
[
∪
l’ensemble M =
Hn′
Hn
est un ensemble d’intérieur vide (“ensemble
n∈IN
n∈IN
maigre”, c.à.d. union dénombrable de fermés d’intérieur vide). Son complémentaire E \ M est
donc dense dans E et il est donc non vide.
Soit donc z ∈ E \ M , soit le segment S = [x, z] ; alors S ne rencontre aucun des sous-espaces affines
Fn (si on avait un point a dans S ∩ Fn , on aurait alors x ∈ Hn , a ∈ Hn avec x 6= a, donc
55
la droite affine (ax) serait incluse dans Hn donc le point z, qui appartient à cette droite, serait
dans Hn , absurde).
De même, le segment S ′ = [z, y] ne rencontre aucun des Fn et S ∪ S ′ ⊂ A, ce qu’il fallait démontrer.
6.4
EXERCICE 4 :
Soit K l’ensemble des parties compactes non vides de C.Pour F ∈ K et ε > 0, on note Vε (F ) =
{z ∈ C | d(z, F ) ≤ ε} (ε-voisinage de F ).Pour F ∈ K et G ∈ K, on pose
δ(F, G) = min{ε ≥ 0 | F ⊂ Vε (G)
et G ⊂ Vε (F )} .
a. Vérifier l’existence de δ(F, G).b. Montrer que δ est une distance sur K.c. Soit (Gn ) une suite
d’éléments de
\K, décroissante pour l’inclusion. Montrer que, dans l’espace métrique (K, δ), on a
lim Gn =
Gn .d. Montrer que (K, δ) est un espace métrique complet.
n→∞
n∈IN
-----------------------------a. Les parties F et G étant bornées, l’ensemble de réels
IF,G = {ε ≥ 0 | F ⊂ Vε (G)
et G ⊂ Vε (F )}
est non vide ; il est minoré par 0, donc admet une borne inférieure δ.
Il est alors clair que IF,G est, soit l’intervalle ]δ, +∞[, soit l’intervalle [δ, +∞[.
\
Pour tout α > 0, on a δ + α ∈ IF,G , donc F ⊂ Vδ+α (G), donc F ⊂
Vδ+α (G) = Vδ (G) et, de
α>0
même, G ⊂ Vδ (F ). Finalement, δ ∈ IF,G et δ = δ(F, G) = min IF,G .
Les lecteurs aimant jongler avec les inf et les sup vérifieront que l’on peut aussi écrire
δ(F, G) = max{max d(x, G), max d(y, F )} ,
x∈F
y∈G
les autres feront un dessin, ce qui est largement aussi instructif.
b. Si F est un fermé de C, on a V0 (F ) = F = F , donc
δ(F, G) = 0 ⇐⇒ F ⊂ G et
G ⊂ F ⇐⇒ F = G .
La symétrie δ(G, F ) = δ(F, G) est immédiate.
Pour l’inégalité triangulaire, notons tout d’abord que, pour tout K ∈ K et tous α > 0, β > 0, on
a Vα Vβ (K) ⊂ Vα+β (K). Alors, soient F , G, H trois éléments de K, posons α = δ(F, G) et
β = δ(G, H) ; on a F ⊂ Vα (G) et G ⊂ Vβ (H) d’où
F ⊂ Vα (G) ⊂ Vα Vβ (H) ⊂ Vα+β (H) .
De même, H ⊂ Vα+β (F ), donc δ(F, H) ≤ α + β, ce qu’il fallait démontrer.
Remarque. L’espace métrique C étant
en fait une partie convexe d’un e.v.n., le lecteur se convaicra
aisément de l’égalité Vα Vβ (K) = Vα+β (K) pour tout compact K non vide.
La distance δ est la distance de Hausdorff.
56
c. Posons G =
\
Gn .
n∈IN
On a G ∈ K : en effet, G est une intersection de fermés bornés, c’en est donc encore un. Par ailleurs,
il est classique que toute suite décroissante de compacts non vides a une intersection non vide :
en effet, si, pour tout n, on se donne xn ∈ Gn , la suite (xn ), dont tous les éléments appartiennent
au compact G0 , admet une valeur d’adhérence x = lim xϕ(n) . Pour tout n, x est alors la limite
n→∞
\
de la suite xϕ(k) k≥n d’éléments du fermé Gϕ(n) , donc x ∈
Gϕ(n) = G.
n∈IN
Montrons que
lim Gn = G dans l’espace métrique (K, δ), c’est-à-dire
n→+∞
lim δ(Gn , G) = 0.
n→+∞
On a déjà G ⊂ Gn pour tout n. Ensuite, si on se donne ε > 0, il existe N tel que
GN ⊂ Vε (G) : sinon, pour tout n, on pourrait trouver xn ∈ Gn tel que xn 6∈ Vε (G), c’est-àdire d(xn , G) > ε ; la suite (xn ), à valeurs dans le compact G0 , admet une valeur d’adhérence
x qui vérifie alors, par passage à la limite dans l’inégalité, d(x, G) ≥ ε donc x 6∈ G, ce qui est
absurde puisque, pour tout n, x est valeur d’adhérence de la suite (xp )p≥n à valeurs dans le
compact Gn donc x ∈ Gn . La décroissance de la suite (Gn ) fait alors que Gn ⊂ Vε (G) pour tout
n ≥ N , donc δ(Gn , G) ≤ ε pour n ≥ N , ce qu’il fallait démontrer.
d. Soit (Fn )n∈IN une suite de Cauchy dans l’espace métrique (K, δ). Pour tout n, posons
Gn =
[
Fk ,
puis G =
\
Gn .
n∈IN
k≥n
Chaque Gn est fermé, non vide car il contient Fn , il est borné car, la suite (Fn ) étant de Cauchy,
∃N ∈ IN k ≥ N =⇒ Fk ⊂ V1 (FN ) .
On a donc Gn ∈ K pour tout n. Enfin, la suite (Gn ) est décroissante pour l’inclusion.
Montrons que lim δ(Fn , Gn ) = 0, ce qui achévera la démonstration : on sait en effet que lim Gn =
n→∞
n→∞
G, il en résultera que la suite (Fn ) converge vers G dans (K, δ).
Si on se donne ε > 0, on peut trouver N tel que δ(Fp , Fq ) ≤ ε pour tous p ≥ N , q ≥ N . Pour
n ≥ N , on a alors Fk ⊂ Vε (Fn ) pour tout k ≥ n, ce qui entraı̂ne Gn ⊂ Vε (Fn ) ; comme, par
ailleurs, Fn ⊂ Gn , on a δ(Fn , Gn ) ≤ ε pour tout n ≥ N , ce qu’il fallait prouver.
6.5
EXERCICE 5 : Relèvements et homéomorphismes du cercle
On note U le cercle unité dans le plan complexe. On note ε : IR → U le morphisme de groupe
θ 7→ ε(θ) = e2iπθ . 1. Relèvement d’une application continue de [a, b] vers U
Soient a et b deux réels avec a < b. Soit ϕ : [a, b] → U une application continue. Montrer qu’il existe
une application Φ : [a, b] → IR, continue, telle que ϕ = ε ◦ Φ.
Y a-t-il unicité de Φ ?2. Relèvement d’une application continue de U vers U
Soit f : U → U une application continue. Montrer l’existence d’une application F : IR → IR,
continue, telle que
f ◦ε=ε◦F .
57
Une telle application F est appelée un relèvement de f .3. Soit f : U → U, continue. Comparer
deux relèvements de f . Vérifier que le nombre F (1) − F (0) est un entier relatif, qui ne dépend
pas du choix du relèvement F de f ; on note ce nombre N (f ), c’est le nombre de rotation de
f .4. Calculer N (f ) lorsque f : z 7→ ωz k avec ω ∈ U et k ∈ Z.5. Soient f, g : U → U continues.
Montrer que
N (g ◦ f ) = N (g) N (f ) .
6. Soit f : U → U un homéomorphisme. Quelles sont les valeurs possibles de N (f ) ?
Montrer que tout relèvement F de f est alors un homéomorphisme de IR sur lui-même.
-------------------------------
1. Notons tout d’abord que, si une application h : I → U, continue sur un intervalle I de IR, ne recouvre
pas le cercle U tout entier, alors elle admet un relèvement H : en effet, soit u0 = e2iπθ0 un élément
de
U
n’appartenant
pas
à
l’image
h(I),
alors
l’application
α : U \ {u0 } →]θ0 , θ0 + 1[ qui, à tout point u ∈ U \ {u0 }, associe l’unique réel θ ∈]θ0 , θ0 + 1[ tel que
e2iπθ = u est une “détermination continue de l’argument” sur U \ {u0 } (c’est, plus précisément,
un homéomorphisme de U \ {u0 } vers ]θ0 , θ0 + 1[ dont la réciproque est une restriction de ε) et
l’application H = α ◦ h répond à la question. On peut donc relever toute application continue
h d’un intervalle I de IR vers U lorsque le diamètre de l’ensemble-image h(I) est strictement
inférieur à 2.
L’application ϕ, continue sur [a, b], est uniformément continue. Il existe donc un α > 0 tel que
∀(x, y) ∈ [a, b]2
|x − y| ≤ α =⇒ |ϕ(x) − ϕ(y)| ≤ 1 .
Cela permet de construire une subdivision a = c0 < c1 < . . . < cn−1 < cn = b de l’intervalle [a, b]
telle que, pour tout k ∈ [[0, n − 1]], l’ensemble ϕ([ck , ck+1 ]) ait un diamètre au plus égal à 1 (il
suffit que le pas de la subdivision soit inférieur à α). Pour tout k ∈ [[0, n − 1]], la restriction ϕk
de ϕ au segment [ck , ck+1 ] admet donc un relèvement Φk : [ck , ck+1 ] → IR (application continue
telle que ϕk = ε ◦ Φk ).
Il reste à raccorder ces relèvements : en chaque “point de jonction”ck (1 ≤ k ≤ n − 1), le nombre
Φk (ck )−Φk−1 (ck ) est un entier relatif Nk puisque exp 2iπΦk (ck ) = exp 2iπΦk−1 (ck ) = ϕ(ck ).
Considérons alors l’application Φ : [a, b] → IR définie par
• Φ(x) = Φ0 (x) pour tout x ∈ [c0 , c1 ] ;
• Φ(x) = Φ1 (x) − N1 pour tout x ∈ [c1 , c2 ] ;
...............................................
• pour tout k ∈ [[1, n − 1]], Φ(x) = Φk (x) − (N1 + N2 + . . . + Nk ) sur [ck , ck+1 ].
L’application Φ ainsi construite est bien définie et continue sur [a, b] et vérifie ϕ = ε ◦ Φ.
Si Φ et Ψ sont deux relèvements de ϕ, alors, pour tout x ∈ [a, b], on a e2iπ Ψ(x)−Φ(x) = 1 ; la
fonction Ψ − Φ, continue, est à valeurs dans Z, elle est donc constante.
En conclusion, si Φ0 est un relèvement de ϕ sur [a, b] (il en existe), les relèvements de ϕ sur [a, b]
sont les fonctions Φ0 + m, où m est un entier relatif fixé.
58
2. Soit f : U → U continue. Posons ϕ = f ◦ ε. Alors ϕ est une application continue et
1-périodique de IR vers U. La restriction ψ de ϕ au segment [0, 1] est continue et admet donc
un relèvement Ψ (Ψ : [0, 1] → IR continue telle que ψ = ε ◦ Ψ). Comme ψ(0) = ψ(1), le nombre
Ψ(1) − Ψ(0) est un entier relatif N .
Définissons alors F : IR → IR par
∀k ∈ Z
∀x ∈ [k, k + 1[
F (x) = Ψ(x − k) + kN .
L’application F est continue sur IR, il suffit de vérifier les raccordements aux points entiers :
F (k − ) = Ψ(1) + (k − 1)N = Ψ(0) + kN = F (k) = F (k + )
et on a bien ε ◦ F = ϕ = f ◦ ε : si x ∈ [k, k + 1[, on a en effet
(ε ◦ F )(x) = ε Ψ(x − k) = ψ(x − k) = ϕ(x − k) = ϕ(x)
car ϕ est 1-périodique.
3. Si F et G sont deux relèvements de f , alors ε ◦ F = ε ◦ G, donc la fonction F − G, continue sur
IR, est à valeurs entières, donc constante. Ici encore, étant donné un relèvement F0 de f , tous les
relèvements de f sont les applications F0 + m, où m est un entier relatif.
Le nombre F (1) − F (0) ne dépend donc pas du choix de ce relèvement, et ne dépend donc que de f .
Remarque : si F est un relèvement de f , alors on a F (x + 1) − F (x) = N (f ) pour tout réel x : en
effet, de ε ◦ F = f ◦ ε, on tire e2iπF (x+1) = e2iπF (x) = f (e2iπx ) ; la fonction x 7→ F (x + 1) − F (x)
est donc continue et à valeurs dans Z, donc constante. On a donc aussi F (x + k) − F (x) = k N (f )
pour tout x ∈ IR et tout k ∈ Z.
4. Posons ω = e2iπα . On peut choisir comme relèvement de f : z 7→ ωz k l’application affine F : IR → IR,
x 7→ kx + α. Le nombre de rotation de f est donc N (f ) = k.
5. On vérifie immédiatement que, si F est un relèvement de f et G un relèvement de g, alors G ◦ F
est un relèvement de g ◦ f , donc
N (g ◦ f ) = G F (1) − G F (0) = G F (0) + N (f ) − G F (0) = N (g) · N (f )
d’après la remarque formulée à la fin de la question 3.
6. Soit g = f −1 l’homéomorphisme réciproque de f . De la question 5., on déduit
N (g) N (f ) = N (g ◦ f ) = N (idU ) = 1 ,
donc N (f ) est un élément inversible de l’anneau Z, d’où N (f ) ∈ {−1, 1}. Ces deux valeurs sont
effectivement possibles : N (f ) = 1 avec f = idU , et N (f ) = −1 avec f : eiθ 7→ e−iθ (c’est-à-dire
1
f : z 7→ ).
z
Soit F un relèvement de f , soit G un relèvement de g = f −1 . Alors G ◦ F et F ◦ G sont des
relèvements de idU (cf. début de la question 5.). Comme idIR est un relèvement de idU , d’après
la question 3., il existe des entiers relatifs m et n tels que
F ◦ G(x) = x + n
et
G ◦ F (x) = x + m .
L’application F ◦ G est surjective, donc F est surjective. L’application G ◦ F est injective, donc
F est injective. Le relèvement F est donc une bijection continue de IR sur lui-même, donc un
59
homéomorphisme (une bijection continue H d’un intervalle I de IR sur un intervalle J de IR
est toujours strictement monotone et sa bijection réciproque est alors continue, H est alors un
homéomorphisme de I sur J).
6.6
EXERCICE 6 :
Soit f : IR∗+ → IR, continue, telle que
∀x ∈ IR∗+
lim f (nx) = 0 .
n→+∞
Montrer que lim f (x) = 0. On pourra pour cela utiliser la propriété de Baire.
x→+∞
-----------------------------Pour un rappel de la propriété de Baire, cf. exercice 3. Un énoncé possible est :
Dans un espace métrique complet, toute réunion dénombrable de fermés d’intérieur vide est
d’intérieur vide.Bon, mais alors, vous allez me dire : l’ensemble IR∗+ , muni de la métrique induite
par la distance usuelle de IR, n’est pas complet. Certes, mais je répondrai que, si la complétude est
une notion “métrique” (i.e. attachée à une distance), la propriété de Baire, elle, est “topologique”
(i.e. conservée par homéomorphisme), or l’application exponentielle est un homéomorphisme de
IR (complet, donc de Baire) sur IR∗+ . La propriété de Baire reste donc vraie dans IR∗+ .
Donnons-nous ε > 0. Pour tout entier naturel p, soit
Fp = {x ∈ IR∗+ ; ∀n > p |f (nx)| ≤ ε} .
\
Comme f est continue, chaque Fp =
{x ∈ IR∗+ ; |f (nx)| ≤ ε} est un fermé relatif de IR∗+ .Or,
n>p
les Fp recouvrent IR∗+ puisque, pour tout x ∈ IR∗+ , on a lim f (nx) = 0. La réunion
n→+∞
[
Fp est
p∈IN
d’intérieur non vide, puisque c’est IR∗+ tout entier. Par contraposition de la propriété de Baire
◦
ci-dessus, l’un au moins des Fp est d’intérieur non vide.Soit p ∈ IN tel que F p 6= ∅, il existe alors
deux réels u et v avec 0 < u < v tels que [u, v] ⊂ Fp , ce qui signifie que
∀n > p ∀x ∈ [u, v]
|f (nx)| ≤ ε .
On a donc |f (x)| ≤ ε pour tout x appartenant à l’ensemble V =
[
[nu, nv]. Or, cet ensemble
n>p
V est un voisinage de +∞ puisque, pour n assez grand, les intervalles [nu, nv] se chevauchent :
u
, alors, pour n ≥ N , on a (n + 1)u ≤ nv ;
plus précisément, si N est un entier supérieur à
v−u
l’intervalle [N u, +∞[ est donc inclus dans V .On a ainsi prouvé
∀ε > 0 ∃A ∈ IR∗+
c’est-à-dire lim f (x) = 0.
x→+∞
60
x ≥ A =⇒ |f (x)| ≤ ε ,

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