Embed Size (px)
Citation preview
Une annee de colle en MP∗
J., Nicolas
January 1, 2007
Contents
1 SEMAINE 1 -ALGEBRE GENERALE 21.1 EXERCICE 1 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 EXERCICE 2 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 EXERCICE 3 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.4 EXERCICE 4 : Un theoreme de Sylow . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.5 EXERCICE 5 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.6 EXERCICE 6 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2 SEMAINE 2 : ALGEBRE LINEAIRE (Programme de MPSI) 112.1 EXERCICE 1 : Ideaux a droite de L(E) en dimension finie . . . . . . . . . . . 112.2 EXERCICE 2 : Ideaux a gauche de L(E) en dimension finie . . . . . . . . . . 132.3 EXERCICE 3 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.4 EXERCICE 4 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.5 EXERCICE 5 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.6 EXERCICE 6 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
3 SEMAINE 3 : REDUCTION DES ENDOMORPHISMES (PREMIERE PAR-TIE) 243.1 EXERCICE 1 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.2 EXERCICE 2 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.3 EXERCICE 3: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.4 EXERCICE 4 : Decomposition de Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.5 EXERCICE 5 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303.6 EXERCICE 6 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
4 REDUCTION DES ENDOMORPHISMES (DEUXIEME PARTIE) 324.1 EXERCICE 1 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324.2 EXERCICE 2 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344.3 EXERCICE 3 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364.4 EXERCICE 4 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384.5 EXERCICE 5 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
5 SEMAINE 5 : SUITES REELLES - TOPOLOGIE DE IR 415.1 EXERCICE 1 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 415.2 EXERCICE 2 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435.3 EXERCICE 3 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445.4 EXERCICE 4 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 455.5 EXERCICE 5 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 465.6 EXERCICE 6 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
1
6 SEMAINE 6 : TOPOLOGIE DES ESPACES METRIQUES 506.1 EXERCICE 1 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 506.2 EXERCICE 2 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 516.3 EXERCICE 3 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 546.4 EXERCICE 4 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 566.5 EXERCICE 5 : Relevements et homeomorphismes du cercle . . . . . . . . . . . . 576.6 EXERCICE 6 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
1 SEMAINE 1 -ALGEBRE GENERALE
1.1 EXERCICE 1 :
1. Soit G un groupe fini, soient x et y deux elements de G qui commutent. On note m = ω(x),n = ω(y) les ordres respectifs des elements 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 element z de G dont l’ordre est l’exposantdu groupe G (c’est-a-dire le p.p.c.m. des ordres des elements de G).
3. Soit K un corps (commutatif), soit G un sous-groupe fini du groupe multiplicatif K∗. Montrer queG est cyclique.
Sources : nombreuses (c’est archi-classique), parmi lesquelles Michel DEMAZURE, Cours d’Algebre,
Editions Cassini, ISBN 2-84225-000-1.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
1.a. Posons z = xy. On a zmn = (xy)mn = (xm)n(yn)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 Bezout). Alors
zum = xumyum = xumy1−vn = (xm)u y (yn)−v = eye = y
et, de meme, zvn = x. Donc x et y appartiennent au sous-groupe <z> engendre par z, mais cesous-groupe est cyclique d’ordre ω(z). On en deduit que les ordres de x et de y divisent l’ordrede 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 general. En effet, dans le groupe U3 = 1, j, j2, ona ω(j) = ω(j2) = 3, mais ω(j j2) = ω(1) = 1.
2. Soit n l’exposant du groupe G. Decomposons n en produit de facteurs premiers : n =k∏
i=1
pαi
i .
Alors, pour tout i, il existe dans G un element xi d’ordre pαi
i : en effet, il existe au moins un elementyi de G tel que la pi-valuation de ω(yi) soit αi, c’est-a-dire ω(yi) = pαi
i mi avec mi∧pi = 1. Alors
2
(ymi
i )pαi
i= e. L’ordre de l’element ymi
i divise pαi
i , donc est de la forme pβi avec β ≤ αi ; si on
avait β < αi, alors on aurait (ymi
i )pβi
= ypβimi
i = e, ce qui contredit ω(yi) = pαi
i mi. On a doncbien ω(ymi
i ) = pαi
i .
En utilisant la question 1.a., par une recurrence immediate sur k, on deduit que l’element y =
k∏
i=1
ymi
i
est d’ordre n.3. Soit N l’ordre du groupe G, soit n son exposant (cf. ci-dessus), soit z un element de G d’ordre n.
Par le theoreme de Lagrange, on a n | N .
Par ailleurs, le polynome P = Xn− 1 de K[X] admet au plus n racines dans K et, tout element deG etant racine de P , on a N ≤ n.
En conclusion, n = N , donc G est cyclique (G est engendre par z).
1.2 EXERCICE 2 :
Soit p un nombre premier, p ≥ 3.
1. Combien y a-t-il de carres dans le corps K = Z/
pZ?
2. Montrer qu’un element x de
(
Z/
pZ
)∗est un carre si et seulement si x
p−12 = 1.
3. Quels sont les nombres premiers p pour lesquels −1 est un carre dans Z/
pZ?
4. En deduire qu’il existe une infinite de nombres premiers de la forme 4k + 1, k ∈ IN.
Source : Daniel PERRIN, Cours d’Algebre, Editions Ellipses, ISBN 2-7298-5552-1.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
1. Soit G =
(
Z/
pZ
)∗le groupe multiplicatif des elements non nuls du corps K = Z
/
pZ.
L’application q : x 7→ x2 est un endomorphisme de ce groupe G et Ker q = −1, 1 : en ef-fet, −1, 1 ⊂ Ker q, −1 6= 1 car p > 2 et le polynome X2 − 1, a coefficients dans le corps K,admet au plus deux racines dans ce corps.
On a donc |Ker q| = 2, d’ou | Im q| = |G||Ker q| =
p− 1
2. En rajoutant l’element 0 qui est son propre
carre, on denombrep+ 1
2carres dans Z
/
pZ.
2. Si x = y2 avec y ∈ G =
(
Z/
pZ
)∗, alors x
p−12 = yp−1 = 1 car |G| = p−1 (theoreme de Lagrange).
Les carres de G (qui sont au nombre dep− 1
2d’apres la question 1.) sont racines de l’equation (E) :
3
xp−12 −1 = 0 ; mais cette equation admet au plus
p− 1
2racines dans le corps K. L’equation (E)
admet donc exactementp− 1
2racines dans K qui sont les carres de
(
Z/
pZ
)∗.
3. Etant donne que p > 2 (donc −1 6= 1 dans Z/
pZ), on a les equivalences
−1 carre ⇐⇒ (−1)p−12 = 1 ⇐⇒ (−1)
p−12 = 1 ⇐⇒ p− 1
2pair ⇐⇒ p ≡ 1 modulo 4 .
4. Soit n ∈ IN∗, montrons qu’il existe des nombres premiers congrus a 1 modulo 4 qui sont plus grandsque n.
Pour cela, posons A = (n!)2 + 1.
Tout diviseur premier p de A verifie 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 carre dans Z/
pZ, donc p ≡ 1 modulo 4. CQFD
1.3 EXERCICE 3 :
1. Soit A un anneau principal, soit K son corps des fractions. Pour tout polynome P non nul deA[X], on note c(P ) -contenu de P - le pgcd des coefficients du polynome P (c’est un elementde A defini “a association pres”, c’est-a-dire a multiplication pres par un element inversible del’anneau A). Le polynome P de A[X] est dit primitif si c(P ) = 1 (ses coefficients sont premiersentre eux dans leur ensemble).
a. Montrer que le produit de deux polynomes primitifs de A[X] est primitif. Que vaut c(PQ) si Pet Q sont deux polynomes non nuls de A[X] ?
b. Soient P et Q deux polynomes de A[X], premiers entre eux dans A[X] (leurs seuls diviseurscommuns sont les elements inversibles de l’anneau A[X], c’est-a-dire...?). Montrer qu’ils sontpremiers entre eux dans l’anneau K[X].
2. Soient P et Q deux polynomes de C[X,Y ] = C[X][Y ], premiers entre eux dans C[X,Y ].
a. Demontrer l’existence d’un polynome D non nul de C[X] et de deux polynomes A et B de C[X,Y ]tels que
D(X) = A(X,Y ) P (X,Y ) +B(X,Y )Q(X,Y ) .
b. Montrer que le systeme (S) :
P (x, y) = 0
Q(x, y) = 0a un nombre fini de solutions dans C2.
Sources :
• Daniel PERRIN, Cours d’Algebre, Editions Ellipses, ISBN 2-7298-5552-1 ;
• FRANCINOU et GIANELLA, Exercices de Mathematiques pour l’Agregation, Algebre 1, EditionsMasson, ISBN 2-225-84366-X.
• ENS Lyon/Cachan, epreuve du concours MP*, session 2000.
4
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
1.a. Posons P =
m∑
i=0
aiXi et Q =
n∑
j=0
bjXj , supposons-les tous les deux primitifs. Si le produit
PQ n’etait pas primitif, il existerait un element irreductible (ou “premier”) p de l’anneau A
divisant tous les coefficients de PQ, a savoir tous les ck =∑
i+j=k
aibj . Comme p ne divise pas tous
les coefficients de A, soit i0 le plus petit indice i pour lequel p ne divise pas ai, soit de memej0 = minj ∈ [[1, n]] ; bj 6∈ pA. On a alors
ci0+j0 =∑
i+j=i0+j0
aibj = ai0bj0 +∑
i<i0
aibi0+j0−i +∑
j<j0
ai0+j0−jbj .
L’element irreductible p divise les deux dernieres sommes et divise ci0+j0 , il divise donc aussi leproduit ai0bj0 , donc il divise l’un des facteurs, ce qui est absurde.
On a utilise ici le lemme d’Euclide, valable dans tout anneau principal (ou, plus generalement,factoriel) : si p est irreductible 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 polynomes quelconques, on peut ecrire P = c(P ) · P0 et Q = c(Q) ·Q0, ouP0 et Q0 sont primitifs ; alors P0Q0 est primitif et
c(PQ) = c(
c(P ) c(Q) · P0Q0
)
= c(P )c(Q) c(P0Q0) = c(P )c(Q) .
b. Soient P et Q deux polynomes de A[X], premiers entre eux dans A[X] (leurs seuls diviseurscommuns dans A[X] sont les elements inversibles de l’anneau A). Il s’agit de montrer qu’ils sontpremiers entre eux dans K[X], c’est-a-dire que leurs seuls diviseurs communs dans K[X] sont les
constantes (elements de K). Ecrivons P = c(P ) ·P0 et Q = c(Q) ·Q0 avec P0 et Q0 primitifs. Soit
D un diviseur commun a P et Q dans K[X] : il existe R et S dans K[X] tels que
P = DR
Q = DS(*).
On peut ecrire D =d1
d2D0 avec d1 ∈ A, d2 ∈ A premiers entre eux, et D0 ∈ A[X] primitif : pour
cela, on reduit au meme denominateur les coefficients de D, ce qui donne D =∆
bavec ∆ ∈ A[X]
et b ∈ A \ 0, puis D =c(∆)
bD0 avec D0 primitif, et on simplifie eventuellement la fraction
c(∆)
b:
Par exemple, avec A = Z et K = Q, on a6
7+
3
8X+
15
4X2 =
3
56(16+7X+70X2) et le polynome
entre parentheses est primitif dans Z[X].
De meme, R =r1
r2R0 et S =
s1
s2S0 avec R0 et S0 dans A[X], primitifs. Le systeme (*) se reecrit
alors sous la forme d’egalites dans A[X] :
5
d2r2 c(P ) · P0 = d1r1 D0R0
d2s2 c(Q) ·Q0 = d1s1 D0S0
. (∗∗)
Les polynomes D0R0 et D0S0 etant primitifs d’apres a., en egalant les contenus dans (**),
on obtient
u d2r2 c(P ) = d1r1
v d2s2 c(Q) = d1s1, ou u et v sont deux elements inversibles de l’anneau A. En
reinjectant dans (**), cela donne
P0 = u D0R0
Q0 = v D0S0
, donc le polynome D0 ∈ A[X] divise, dans
A[X], les polynomes P0 et Q0 ; il divise donc aussi les polynomes P = c(P ) ·P0 et Q = c(Q) ·Q0,
donc D0 est une constante (inversible dans A) et D =d1
d2D0 est une constante (element de K),
ce qu’il fallait demontrer.
Si P et Q sont deux polynomes de A[X], le lecteur montrera facilement (le plus dur a ete fait)l’equivalence entre les assertions :
(i) : P et Q sont premiers entre eux dans A[X] ;
(ii) :
c(P ) et c(Q) sont premiers entre eux dans A
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 polynomes P et Q, premiersentre eux dans A[Y ] = C[X,Y ], sont aussi premiers entre eux dans K[Y ] = C(X)[Y ]. CommeK = C(X) est un corps, l’anneau K[Y ] est principal et on peut appliquer l’identite de Be-zout : il existe des polynomes U et V dans C(X)[Y ] tels que UP + V Q = 1. On peut ecrire
U(X,Y ) =
m∑
i=0
Ui(X)Y i et V (X,Y ) =
n∑
j=0
Vj(X)Y j , les Ui et les Vj etant des elements de
C(X) ; si on note D(X) le ppcm des denominateurs de ces fractions rationnelles Ui et Vj , on
peut ecrire U(X,Y ) =A(X,Y )
D(X)et V (X,Y ) =
B(X,Y )
D(X), ou A et B sont des polynomes de
C[X,Y ], et on a ainsi
A(X,Y )P (X,Y ) +B(X,Y )Q(X,Y ) = D(X) .
b. Si le couple (x, y) ∈ C2 verifie le systeme (S), alors x est racine du polynome D (il y en a unnombre fini). Les indeterminees X et Y jouant le meme role, il y a aussi un nombre fini de valeurspossibles de y, donc de couples (x, y).
1.4 EXERCICE 4 : Un theoreme de Sylow
Soit G un groupe fini, d’ordre n = pαm 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’ordrepα.Le but du jeu est de montrer que Y 6= ∅, et plus precisement que le nombre de sous-groupes
de G d’ordre pα (les p-Sylow de G) est congru a 1 modulo p.
Pour cela, on fait operer G sur X par translation a 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 egal apα.
2. Soit E ∈ X. Montrer que le cardinal du stabilisateur SE est egal a pα si et seulement si E est uneclasse a droite modulo un sous-groupe d’ordre pα (c’est-a-dire E = H · x avec x ∈ G et H ∈ Y ).
3. Montrer que |X| est congru a m|Y | modulo p.
4. Montrer que |X| est congru a m modulo p.
5. Conclure.
Source : Daniel PERRIN, Cours d’Algebre, Editions Ellipses, ISBN 2-7298-5552-1.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
1. Les translations etant des permutations de G, si E ∈ X, on a bien g · E ∈ X, c’est-a-dire|g · E| = |E| = pα. De plus, avec E ∈ X, les egalites e · E = E et (gh) · E = g · (h · E)sont immediates, on a donc bien une action du groupe G sur l’ensemble X.
Soit E ∈ X, soit a ∈ E donne ; si g ∈ SE , alors ga ∈ g · E = E, donc g ∈ Ea−1. On a doncSE ⊂ Ea−1, ou a est un element quelconque de E, d’ou |SE | ≤ |Ea−1| = |E| = pα.
Rappelons que le stabilisateur SE d’un element E de X est un sous-groupe de G (verification im-mediate).
2. • Si E = Hx avec H ∈ Y , alors
g ∈ SE ⇐⇒ gE = E ⇐⇒ gHx = Hx ⇐⇒ gH = H
mais, H etant un sous-groupe, cette derniere condition equivaut a g ∈ H. On a alors SE = H,d’ou |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’apres la question 1., d’ou H = Ea−1 (egalite des cardinaux), donc E = Ha :E est une classe a droite modulo a.
3. Les elements de X de la forme Hx avec H ∈ Y et x ∈ G sont au nombre de m|Y | : chaque sous-groupe d’ordre pα, s’il en existe, definitm classes a droite distinctes et deux sous-groupes distinctsne peuvent engendrer une meme classe a droite (supposons H1x1 = H2x2, alors x1 = ex1 ∈ H2x2,donc x1x
−12 ∈ H2 puis x2x
−11 = (x1x
−12 )−1 ∈ H2 et enfin H1 = H2x2x
−11 = H2).
Les autres elements E de X ont un stabilisateur SE dont le cardinal est strictement inferieur a pα,mais divise pαm (car les stabilisateurs sont des sous-groupes de G), donc |SE | est de la formepkd, avec 0 ≤ k ≤ α − 1 et d | m. Ils ont donc une orbite dont le cardinal (qui est l’indice du
stabilisateur), [G : SE ] = pα−km
d, est multiple de p.
Les orbites de X sous l’action de G par translation a gauche etant deux a deux disjointes, on deduit|X| ≡ m|Y | modulo p.
4. Le cardinal de X ne depend que de l’ordre du groupe G et non de sa structure : c’est le nombrede parties a pα elements d’un ensemble a n = pαm elements. On peut donc supposer ici queG = Z
/
nZ. Dans ce cas, G, cyclique d’ordre pαm, admet un unique sous-groupe d’ordre pα,
donc |Y | = 1 et |X| ≡ m modulo p.
Cette question est d’ordre purement combinatoire : il s’agit de prouver que, pour p premier, α ∈ INet m ∧ p = 1, on a C
pα
pαm ≡ m modulo p. Si quelqu’un a une demonstration elementaire de ce
7
resultat, je suis preneur...
5. On a m|Y | ≡ m modulo p d’apres 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, enparticulier, |Y | 6= 0.
1.5 EXERCICE 5 :
Soient A et B deux polynomes non nuls de C[X], d’ecriture factorisee
A = a
m∏
i=1
(X − αi) ; B = b
n∏
j=1
(X − βj) .
On appelle resultant des polynomes A et B le nombre
Res(A,B) = an bm∏
1≤i≤m1≤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. Ecrire une condition necessaire et suffisante pour que le polynome A = X5 + pX + q (avec p et qreels) admette trois racines reelles distinctes.
Source : Jean-Pierre ESCOFIER, Theorie de Galois, Editions Masson, ISBN 2-225-82948-9.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
1. Notons d’abord que Res(A,B) = (−1)mn Res(B,A) = (−1)deg(A)·deg(B) Res(B,A), puis que
Res(B,A) = bm an∏
1≤i≤m1≤j≤n
(βj − αi) = bdeg(A) ·n∏
j=1
A(βj). Or, de A = BQ + R, on deduit
que A(βj) = R(βj) pour tout j ∈ [[1, n]], donc
Res(A,B) = (−1)mn Res(B,A)
= (−1)mn bdeg(A) ·n∏
j=1
A(βj)
= (−1)mn bdeg(A) ·n∏
j=1
R(βj)
= (−1)mn bdeg(A)−deg(R) ·
bdeg(R) ·n∏
j=1
R(βj)
= (−1)mn bdeg(A)−deg(R) · Res(B,R) .
8
Le resultant de deux polynomes peut ainsi se calculer par l’algorithme d’Euclide ; c’est l’algorithmele 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)m∏
i=1
B(αi), ou les αi sont les racines de A.
Ainsi,
Res(A,A′) = am−1 ·m∏
i=1
A′(αi) .
Or, A′ = a ·m∑
i=1
(
∏
j 6=i(X − αj)
)
et, pour tout i ∈ [[1,m]], A′(αi) = a ·∏
j 6=i(αi − αj), donc
Res(A,A′) = a2m−1m∏
i=1
(
∏
j 6=i(αi − αj)
)
= (−1)m(m−1)
2a2m−1
∏
i<j
(αi − αj)2 .
Le resultant de A et A′ (aussi appele discriminant du polynome A) est nul si et seulement si Aadmet une racine double, c’est-a-dire si et seulement si A ∧A′ 6= 1.
La definition exacte du discriminant du polynome A est D(A) =1
a(−1)
m(m−1)2 Res(A,A′).
3. On a Res(A,A′) =∏
i<j
(αi − αj)2, ou les αi (1 ≤ i ≤ 5) sont les racines de A.
D’autre part, A′ = 5X4 + p, le reste de la division euclidienne de A par A′ est R =4
5pX + q, celui
de la division de A′ par R est une constante λ que l’on determine en posant X = −5q
4pdans
l’identite A′ = RQ+ λ donc λ = A′(
−5q
4p
)
=3125q4 + 256p5
256p4. Finalement,
Res(A,A′) = 54 Res(A′, R) = 54
(
4p
5
)4
Res(R, λ) = 54
(
4p
5
)4
λdeg(R) = 256p5 + 3125q4 .
On en deduit deja que A admet une racine double si et seulement si
256 p5 + 3125 q4 = 0 .
Par ailleurs,
• si A admet cinq racines reelles (non necessairement distinctes), alors
Res(A,A′) =∏
i<j
(αi − αj)2 ≥ 0 ;
• si A admet une racine reelle a et deux couples (b, b), (c, c) de racines conjuguees, 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 reelles a, b, c et un couple (d, d) de racines conjuguees, 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’inegalite etant stricte lorsque les racines reelles a, b, c sont distinctes.
La condition recherchee est donc
256 p5 + 3125 q4 < 0 .
1.6 EXERCICE 6 :
Dans cet exercice, on admet que, pour tout p premier, le groupe multiplicatif
(
Z/
pZ
)∗des
elements non nuls du corps Z/
pZest cyclique (cf. exercice 1).
Soit n un entier, n ≥ 2. On dira que n verifie la propriete (F) si, pour tout entier relatif a, an estcongru a a modulo n.
1. Montrer le petit theoreme de Fermat : tout nombre premier p verifie la propriete (F).
On appelle nombre de Carmichael tout entier n compose verifiant la propriete (F).
2. Soit n un entier sans facteur carre, n ≥ 2. Soit m un entier (m ≥ 2) tel que, pour tout diviseurpremier p de n, p − 1 divise m − 1. Montrer que am est congru a a modulo n pour tout entierrelatif a.
3. Soit n = p2m avec p premier et m ∈ IN∗ ; verifier (1 + p m)n ≡ 1 modulo n.
4. Montrer qu’un entier n ≥ 2 verifie la propriete (F) si et seulement si n est sans facteur carre etp− 1 divise n− 1 pour tout diviseur premier p de n.
Source : Michel DEMAZURE, Cours d’Algebre, Editions 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 element
du groupe multiplicatif
(
Z/
pZ
)∗d’ordre p − 1, donc a p−1 = 1, c’est-a-dire ap−1 ≡ 1 modulo
p, d’ou ap ≡ a modulo p.
Si a est multiple de p, on a evidemment ap ≡ a ≡ 0 modulo p.
2. Il faut montrer que n | am − a ; mais, par hypothese, n est le produit de ses facteurs premiers, quisont deux a deux premiers entre eux. Il suffit donc de prouver que tout diviseur premier p de ndivise 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 (evident)⊲ si a n’est pas multiple de p, on a ap−1 ≡ 1 modulo p d’apres la question 1.. Comme m−1 = (p−1)k
avec k entier naturel, am−1 = (ap−1)k est aussi congru a 1 modulo p, donc am ≡ a modulo p.
10
Le lecteur en deduira par exemple que a13 ≡ a modulo 35 pour tout entier relatif a, et donc
a12 ≡ 1 modulo 35 pour tout entier a premier avec 35. L’exposant du groupe(
Z/
35Z
)∗, d’ordre
ϕ(35) = 24, des elements inversibles de l’anneau Z/
35Zest 12, puisqu’on peut voir qu’il existe
des elements d’ordre 12 exactement, par exemple la classe de 2.
3. Si n = p2m, alors
(1 + p m)n = 1 + np m+
n∑
k=2
Ckn(p m)k .
Chaque terme de cette derniere somme est divisible par p2m2 donc a fortiori par n = p2m, donc(1 + p m)n ≡ 1 modulo n.
4. • Supposons n sans facteur carre tel que ∀p ∈ Pn p − 1 | n − 1 (Pn : support premier de n).Alors n verifie la propriete (F) d’apres la question 2.
• Soit n verifiant la propriete (F).
Alors n est sans facteur carre : par l’absurde, si on avait n = p2m avec p premier, l’entiera = 1 + p m verifierait an ≡ 1 modulo n d’apres la question 3., ce qui contredit an ≡ a modulon.
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 generateur du groupe cyclique
(
Z/
pi Z
)∗. D’apres le
theoreme chinois, il existe un entier a tel que a ≡ ai modulo pi pour tout i.Par hypothese, 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’ou, a fortiori, an−1 ≡ 1modulo pi pour tout i, donc an−1
i ≡ 1 modulo pi.Cela implique que n − 1 est multiple de l’ordre de ai modulo pi, c’est-a-dire pi − 1 | n − 1, cequ’il fallait demontrer.
2 SEMAINE 2 : ALGEBRE LINEAIRE (Programme deMPSI)
2.1 EXERCICE 1 : Ideaux a droite de L(E) en dimension finie
a. Theoreme de factorisation
Soient E, F , G trois espaces vectoriels, soient w ∈ L(E,G) et v ∈ L(F,G). Montrer l’equivalence
Imw ⊂ 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 ⊂k∑
i=1
Imui.
Montrer qu’il existe des endomorphismes a1, · · ·, ak de E tels que v =
k∑
i=1
ui ai.
11
c. Soit E un IK-espace vectoriel de dimension finie. Montrer que les ideaux a droite de l’algebre L(E)sont les ensembles de la forme IF = u ∈ L(E) | Imu ⊂ F, ou F est un sous-espace vectorielde E.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
a. L’implication dans le sens indirect est immediate.
Supposons donc Imw ⊂ Im v. Soit T un supplementaire 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’apres l’hypothese, il est donc loisible de poser u(x) = v−1
(
w(x))
. On definit
ainsi une application de E dans F , dont la linearite est immediate 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 Imw ⊂ Im v alors, pour touti ∈ I, il existe un vecteur fi de F tel que w(ei) = v(fi). Si on appelle u l’unique applicationlineaire de E vers F telle que u(ei) = fi pour tout i, on a bien v u = w.
b. Considerons l’application lineaire f : Ek → E definie par f(x1, · · · , xk) =k∑
i=1
ui(xi). On a
clairement Im f =k∑
i=1
Imui, donc Im v ⊂ Im f et il existe une application lineaire A de E vers
Ek telle que v = f A. En posant A(x) =(
a1(x), · · · , ak(x))
pour tout x de E, on a
∀x ∈ E v(x) = f(
A(x))
= f(
a1(x), · · · , ak(x))
=
k∑
i=1
ui(
ai(x))
,
donc v =
k∑
i=1
ui ai.
c. On appelle ideal a droite de L(E) toute partie I qui est un sous-groupe additif de L(E) et qui verifie
∀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) | Imu ⊂ F estbien un ideal a droite de L(E).
• Soit I un ideal a 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
vectoriel I (on est en dimension finie), posons F =k∑
i=1
Im fi. On a alors I = IF : en effet,
- si f ∈ I, on a f =k∑
i=1
λifi ou les λi sont des scalaires, donc Im f ⊂ F et f ∈ IF .
- si f ∈ IF , d’apres la question b., on peut ecrire f =k∑
i=1
fiai, ou les ai sont des endomorphismes
de E, et f ∈ I (car les fi appartiennent a I et I est un ideal a 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’“ideal a droite engendre par p”.
Ce qui precede ne se generalise pas dans un espace vectoriel E de dimension infinie ; l’ensemble Ides endomorphismes de E de rang fini est alors un ideal (bilatere) de L(E) qui n’est pas de laforme IF .
2.2 EXERCICE 2 : Ideaux a gauche de L(E) en dimension finie
a. Theoreme de factorisation
Soient E, F , G trois espaces vectoriels, soient w ∈ L(E,G) et u ∈ L(E,F ). Montrer l’equivalence
Keru ⊂ Kerw ⇐⇒ ∃v ∈ L(F,G) w = v u .
b. Soient u1, · · ·, uk et v des endomorphismes d’un espace vectoriel E tels que
k⋂
i=1
Kerui ⊂ Ker v.
Montrer qu’il existe des endomorphismes a1, · · ·, ak de E tels que v =
k∑
i=1
ai ui.
c. Soit E un IK-espace vectoriel de dimension finie. Montrer que les ideaux a gauche de l’algebre L(E)sont les ensembles de la forme JF = u ∈ L(E) | F ⊂ Keru, ou F est un sous-espace vectoriel
de E. Source : Jacques CHEVALLET, Algebre MP/PSI, Editions Vuibert, ISBN 2-7117-2092-6
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
a. L’implication dans le sens indirect est immediate.
Supposons donc Keru ⊂ Kerw. Soit S un supplementaire de Keru dans E (on en admet l’existence).On sait que u induit un isomorphisme (que nous noterons u) de S sur Imu.
Soit, par ailleurs, T un supplementaire de Imu dans F . Pour tout y dans Imu, posonsv(y) = w
(
u−1(y))
et, pour tout y dans T , posons v(y) = 0G ; on a ainsi defini (de faconunique puisque T ⊕ Imu = F ) une application lineaire v de F vers G.
Si x ∈ E, alors u(x) ∈ Imu, donc u−1(
u(x))
est un element x′ de S, donc de E (pas necessairementegal a x), tel que u(x′) = u(x) ; puisque Keru ⊂ Kerw par hypothese, on a aussi w(x′) = w(x),ce qui se traduit par v
(
u(x))
= w(x), on a donc w = v u.
b. Considerons l’application lineaire f : E → Ek definie par f(x) =(
u1(x), · · · , uk(x))
. On a
clairement Ker f =
k⋂
i=1
Kerui, donc Ker f ⊂ Ker v et il existe une application lineaire A de Ek
vers E telle que v = A f . En posant a1(x) = A(x, 0, 0, · · · , 0), a2(x) = A(0, x, 0, · · · , 0), et ainside 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∑
i=1
ai(
ui(x))
,
donc v =k∑
i=1
ai ui.
c. On appelle ideal a gauche de L(E) toute partie J qui est un sous-groupe additif de L(E) et quiverifie
∀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 ⊂ Keru estbien un ideal a gauche de L(E).
• Soit J un ideal a 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
vectoriel I (on est en dimension finie), posons F =k⋂
i=1
Ker fi. On a alors I = JF : en effet,
- si f ∈ I, on a f =k∑
i=1
λifi ou les λi sont des scalaires, donc F ⊂ Ker f et f ∈ JF .
- si f ∈ JF , d’apres la question b., on peut ecrire f =
k∑
i=1
aifi, ou les ai sont des endomorphismes
de E, et f ∈ I (car les fi appartiennent a I et I est un ideal a gauche).
Remarque. Si p est un projecteur de direction F (c’est-a-dire Ker p = F ), on peut noter que
JF = L(E) p = f p ; f ∈ L(E) :
JF est l’“ideal a gauche engendre par p”.
Ce qui precede ne se generalise pas dans un espace vectoriel E de dimension infinie ; l’ensemble Jdes endomorphismes de E de rang fini est alors un ideal (bilatere) de L(E) qui n’est pas de laforme JF .
2.3 EXERCICE 3 :
C’est un paysan, l’a 2n+1 vaches. Quand qu’y met d’cote l’une quelconque d’ses vaches, ben les2n qui restent, y peut les repartir en deux sous-troupeaux de n vaches chacun et ayant le memepoids total.
Montrer qu’les vaches, e z’ont toutes le meme poids.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
14
Soient p1, . . ., p2n+1 les poids des vaches (nommees V1, . . ., V2n+1, c’est plus pratique que“Marguerite”).
Soit P =
p1...
p2n+1
∈ IR2n+1.
Traduisons l’hypothese : pour tout i ∈ [[1, 2n+1]], les vaches Vj (j 6= i) peuvent etre reparties en deuxsous-troupeaux de meme effectif et de meme poids total. Il existe donc des coefficients ai,j (avec1 ≤ 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 depend du sous-troupeau dans lequel on met la vache Vj)
• (3)
2n+1∑
j=1
ai,j = 0 (les deux sous-troupeaux ont meme effectif)
• (4)
2n+1∑
j=1
ai,jpj = 0 (les deux sous-troupeaux ont meme poids total).
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 ;
• (3) : la somme des elements de chaque ligne est nulle, ce qui revient a dire que X0 =
1...1
appartient au noyau KerA ;
• (4) : la somme des elements de chaque ligne, ponderes des coefficients pj , est nulle, c’est-a-direP ∈ KerA.
Nous allons montrer que toute matrice A ∈M2n+1(IR) verifiant les conditions (1) et (2) est de rang2n, ce qui signifie que son noyau est de dimension 1. Les conditions (3) et (4) entraıneront alorsque les vecteurs P et X0 sont colineaires, donc que les vaches ont toutes le meme poids.
Soit donc une matrice A ∈ M2n+1(IR) verifiant les conditions (1) et (2). Considerons la matriceextraite B = (aij)1≤i,j≤2n obtenue en otant la derniere ligne et la derniere colonne, et montronsqu’elle est inversible. Son determinant est
D = det(B) =∑
σ∈S2n
ε(σ) a1,σ(1)
. . . a2n,σ(2n)
.
Les termes diagonaux etant nuls, les seuls termes non nuls du developpement de ce determinantsont ceux pour lesquels σ est un derangement (permutation sans point fixe) de [[1, 2n]]. Parailleurs, chacun de ces termes non nuls vaut ±1, donc le determinant D est un entier relatifde meme parite que le nombre de derangements de l’ensemble [[1, 2n]]. Si nous prouvons que cenombre est impair, la demonstration est achevee.
Soit donc, pour tout k entier naturel non nul, dk le nombre de derangements de l’ensemble [[1, k]].Nous allons prouver la relation de recurrence
15
(R) : dk = (k − 1)(dk−1 + dk−2) (k ≥ 3) .
Preuve de la relation (R) : soit k ≥ 3, soit σ un derangement de [[1, k]]. Il y a k − 1 choix possiblespour le nombre j = σ(k) ∈ [[1, k − 1]]. Deux possibilites s’excluent alors mutuellement :
- si σ(j) = k, alors la restriction de σ a l’ensemble [[1, k]]\j, k est un derangement d’un ensemblea k − 2 elements, il y en a dk−2 ;
- si σ(j) 6= k, le denombrement est un peu moins evident. Introduisons pour cela l’ensemble Ejdes derangements de [[1, k]] tels que σ(k) = j et σ(j) 6= k, puis l’ensemble F des derangements de
[[1, k−1]]. A tout element σ de Ej , associons l’element τ de F defini par
τ(
σ−1(k))
= j
τ(p) = p si p 6= σ−1(k)
(en quelque sorte, on “zappe” l’element k). On voit facilement que la correspondance σ 7→ τ est
une bijection de Ej sur F , la bijection reciproque est τ 7→ σ, avec
σ(
τ−1(j))
= k
σ(k) = j
σ(p) = τ(p) sinon
.
Donc le cardinal de Ej est dk−1, ce qui acheve la demonstration.
Revenons a nos vaches... De la relation (R), il resulte que d2n−1 = (2n − 2)(d2n−2 + d2n−3) esttoujours un nombre pair, puis on montre par recurrence 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 acheve le troupeau.
******************************
Quelques complements sur les derangements, sans plus deranger les vaches qui finiraient par devenirfolles...
La relation (R) peut s’ecrire dn − ndn−1 = −[
dn−1 − (n − 1)dn−2
]
; la suite de terme generalun = dn−ndn−1 est donc geometrique de raison −1, d’ou un = dn−ndn−1 = (−1)n pour n ≥ 2.
On a donc, pour tout k ≥ 2, la relationdk
k!− dk−1
(k − 1)!=
(−1)k
k!. En sommant pour k de 2 a n,
on obtient
dn = n!
(
n∑
k=2
(−1)k
k!
)
et, comme consequence, l’equivalence dn ∼n!
e.
2.4 EXERCICE 4 :
Soient P et Q deux polynomes de C[X], de degres m et n respectivement. 1. Montrer que P et
Q ont une racine commune si et seulement si la famille
(P,XP, . . . ,Xn−1P,Q,XQ, . . . ,Xm−1Q)
16
est liee dans C[X].2. On pose P =
m∑
k=0
akXk, Q =
n∑
j=0
bjXj .
Ecrire un determinant qui s’annule si et seulement si P et Q ont une racine commune.3. En deduire
une condition necessaire et suffisante pour que le polynome P = X3 + pX + q admette uneracine double.4. Un nombre complexe a est dit algebrique s’il annule un polynome (non nul) a
coefficients rationnels.
Montrer que la somme de deux nombres algebriques est algebrique.
Ecrire un polynome non nul de Q[X], de plus petit degre possible, admettant pour racine i+ j.
Source : Jean-Pierre ESCOFIER, Theorie de Galois, Editions Masson, ISBN 2-225-82948-9.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
1. Les polynomes P et Q ont une racine commune si et seulement si leur pgcd P ∧Q est non constant,c’est-a-dire si et seulement si leur ppcm P ∨Q est de degre strictement inferieur a m+n (puisqueles polynomes PQ et (P ∧ Q)(P ∨ Q) sont associes). Cela equivaut a l’existence d’un multiplecommun non nul de degre < m + n, ou encore de deux polynomes U et V non tous deux nulstels que
UP − V Q = 0 , avec degU < n et deg V < m .
Une condition necessaire et suffisante est donc que la famille de polynomes
P = (P,XP, . . . ,Xn−1P,Q,XQ, . . . ,Xm−1Q)
soit liee.
2. Il suffit de considerer le determinant (d’ordre m + n) de la famille P dans la base canonique(1,X,X2, . . . ,Xm+n−1) de Cm+n−1[X] :
SX(P,Q) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a0 0 . . . 0 b0 0 . . . . . . 0
a1. . .
. . .... b1
. . .. . .
.... . .
. . . 0. . .
. . .. . .
.... . . a0
. . .. . . 0
a1 bn. . . b0
am 0. . . b1
0. . .
.... . .
. . ....
. . .. . .
.... . .
. . .
0 . . . 0 am 0 . . . . . . 0 bn
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
(les n premieres colonnes sont constituees des coefficients du polynome P , que l’on decale et les mcolonnes suivantes des coefficients du polynomeQ, que l’on decale). SX(P,Q) est le determinantde Sylvester des polynomes P et Q. 3. On cherche une condition pour que le polynome P et
sa derivee P ′ aient une racine commune. Or,
17
SX(P, P ′) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
q 0 p 0 0p q 0 p 00 p 3 0 p
1 0 0 3 00 1 0 0 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
0 0 p −3q 00 q 0 −2p 00 0 3 0 −2p1 0 0 3 00 1 0 0 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
0 p −3q 00 0 −2p −3q0 3 0 −2p1 0 0 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
p −3q 00 −2p −3q3 0 −2p
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 4p3 + 27q2
(on a effectue d’abord les operations L1 ← L1 − qL4, L2 ← L2 − pL4, L3 ← L3 − pL5, puis undeveloppement par rapport a la premiere colonne et L2 ← L2 − qL4). La condition cherchee estdonc 4p3 + 27q2 = 0.
4. Soient a et b deux nombres algebriques, soient P et Q deux polynomes non nuls de Q[X] tels queP (a) = 0 et Q(b) = 0. Les polynomes P (X) et Q(a + b −X) ont une racine commune a, doncleur determinant de Sylvester SX
(
P (X), Q(a+ b−X))
est nul.
Posons R(Y ) = SX(
P (X), Q(Y −X))
: c’est un determinant dont les coefficients sont des polynomesde Q[Y ], donc R(Y ) est un polynome de Q[Y ] admettant a+ b pour racine. Le nombre complexea+ b est donc algebrique.
Avec a = i et b = j, on peut choisir P = X2 + 1 et Q = X2 + X + 1 qui sont leurs polynomesminimaux respectifs sur Q (si a ∈ C est algebrique, l’ensemble P ∈ Q[X] | P (a) = 0 est unideal non nul de Q[X] et le generateur normalise de cet ideal est appele polynome minimal dea sur Q). Un polynome de Q[X] annulateur de i+ j est alors
R(Y ) = SX(
X2 + 1, (Y −X)2 + (Y −X) + 1)
= SX(
X2 + 1,X2 − (2Y + 1)X + (Y 2 + Y + 1))
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 0 Y 2 + Y + 1 00 1 −(2Y + 1) Y 2 + Y + 11 0 1 −(2Y + 1)0 1 0 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= Y 4 + 2Y 3 + 5Y 2 + 4Y + 1 .
Montrons le caractere minimal de ce polynome R. Supposons qu’il existe un polynome S ∈ Q[Y ],diviseur strict (normalise) de R, tel que S(i+j) = 0. Un tel polynome S ne peut etre de degre 1 caron aurait alors i+ j ∈ Q ; il ne peut etre de degre 3 car on aurait alors R = ST avec T ∈ Q[Y ] dedegre un, et le polynome R aurait une racine rationnelle (ce n’est pas le cas car le polynome R, parconstruction, admet pour racines tous les nombres que l’on peut ecrire comme somme d’une racinede P et d’une racine de Q, a savoir les quatre nombres irrationnels distincts α = i+j, β = −i+j,γ = i+j2, δ = −i+j2 appeles conjugues de i+j sur le corps Q et ces quatre nombres sont doncses seules racines). Enfin, si S etait de degre deux, on aurait
S(Y ) = (Y − α)(Y − α) =(
Y − (i + j))(
Y − (−i + j2))
= Y 2 + Y + 2 +√
3 qui n’est pasa coefficients rationnels.
Le polynome minimal de α = i+ j sur Q est donc R(Y ) = Y 4 + 2Y 3 + 5Y 2 + 4Y + 1.
18
******************************
Quelques complements sur ce“determinant de Sylvester” : on note les proprietes suivantes :• si Q est un
polynome 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 transforme enSX(Q,P ) si l’on fait operer sur les colonnes de la matrice la permutation
σ =
(
1 2 · · · n n+ 1 n+ 2 · · · n+m
m+ 1 m+ 2 · · · m+ n 1 2 · · · n
)
et cette permutation a pour
signature (−1)mn, on peut la decomposer en produit de mn transpositions par exemple enechangeant l’element n successivement avec lesm elements qui le suivent, puis idem pour l’elementn − 1, et ainsi de suite jusqu’a l’element 1 ; • si m = deg(P ) ≥ n = deg(Q) et si R est le reste
de la division euclidienne de P par Q, on a
SX(P,Q) = bdeg(P )−deg(R)n SX(P,R) ;
en effet, notons R1 le premier reste partiel dans la division euclidienne de P par Q (le lecteur estvivement invite a traiter un exemple), en effectuant sur la matrice presentee a la question 2. les
operations sur les colonnes Cj ← Cj −am
bnCm+j (1 ≤ j ≤ n) et en developpant par rapport a la
derniere ligne deg(P )−deg(R1) fois, on obtient l’egalite SX(P,Q) = bdeg(P )−deg(R1)n SX(P,R1), il
ne reste plus qu’a iterer. Cela montre que l’on peut calculer le determinant de Sylvester de deux
polynomes de facon recursive et cela prouve aussi que ce determinant de Sylvester est la memechose que le resultant defini 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 reel
per(A) =∑
σ∈Sn
aσ(1),1 · · · aσ(n),n .
1. Degager les proprietes elementaires du permanent.2. Theoreme de Frobenius et Konig Soit
A ∈ Mn(IR) une matrice a coefficients positifs ou nuls. Montrer que son permanent est nul siet seulement si on peut extraire de A une matrice nulle de format s × (n + 1 − s), ou s est unentier appartenant a [[1, n]].3. Lemme des mariages :Soient F et G deux ensembles finis, soit
Φ : G→ P(F ) une application.Demontrer l’equivalence des assertions (1) et (2) :
(1) : il existe une injection ϕ : G→ F telle que ∀g ∈ G ϕ(g) ∈ Φ(g).
(2) : ∀G′ ∈ P(G)
∣
∣
∣
∣
∣
∣
⋃
g∈G′
Φ(g)
∣
∣
∣
∣
∣
∣
≥ |G′|.
Source : Jean-Marie MONIER, Algebre Tome 2, Editions Dunod, ISBN 2-10-000006-3
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
19
1. Le permanent est une forme n-lineaire symetrique des n lignes (ou des n colonnes) de la matrice,il est donc invariant par toute permutation de lignes ou de colonnes.
On peut developper le permanent par rapport a une ligne ou une colonne : si on note Aij la matricecarree d’ordre n− 1 obtenue en supprimant de A la i-ieme ligne et la j-ieme colonne, on a
per(A) =
n∑
j=1
aij per(Aij) pour tout i ∈ [[1, n]] ;
per(A) =n∑
i=1
aij per(Aij) pour tout j ∈ [[1, n]] .
On peut calculer des permanents par blocs : per
(
A 0C D
)
= per(A)× per(D).
Enfin, on a per( tA) = per(A).
Les proprietes qui precedent se demontrent de facon analogue aux proprietes correspondantes pourles determinants.
Par contre, si A et B sont deux matrices carrees d’ordre n, alors per(AB) 6= per(A) × per(B)
en general, et on a meme per(AB) 6= per(BA) en general, essayer avec A =
(
1 11 1
)
et B =(
1 23 4
)
.
2. NotonsM+n l’ensemble des matrices carrees d’ordre n a 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]] donne. Par des permutations de lignes et de colonnes (qui ne
modifient pas le permanent), on peut transformer A en une matrice A′ =
(
A1 0s,n−sA2 A3
)
, avec
A1 carree d’ordre s ayant sa derniere colonne nulle (on en deduit le format des autres matrices) ;en developpant par rapport a cette derniere colonne, on a per(A1) = 0, puis per(A) = per(A′) =per(A1)× per(A3) = 0.
• Pour l’implication reciproque, montrons par recurrence 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 propriete est immediate.
⊲ Soit n ∈ IN∗, supposons l’assertion verifiee 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 alorsper(Aij) = 0 : en effet, en developpant par rapport a la i-ieme ligne, on a
0 = per(A) =
n∑
k=1
aik per(Aik) et, tous les termes de cette somme etant positifs, ils sont donc
tous nuls.D’apres l’hypothese de recurrence, on peut extraire de la matrice Aij (donc de A) une matricenulle de format s× (n+ 1− s) avec 1 ≤ s ≤ n et des permutations sur les lignes et les colonnes
20
permettent de transformer A en une matrice A′ =
(
A1 0s,n+1−sA2 A3
)
, ou A1 et A3 sont carrees
d’ordres s et n+ 1− s respectivement, et a coefficients positifs ou nuls . On 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’hypothese de recurrence, 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 effectu-ant des permutations de lignes et de colonnes, on place cette matrice nulle dans “le coin en haut a
droite”de la matrice A1 et, en revenant a la forme diagonale par blocs A′ =
(
A1 0s,n+1−sA2 A3
)
, on
voit que l’on peut extraire de A un bloc nul de formatt × ((s + 1 − t) + (n + 1 − s)), c’est-a-dire t × (n + 2 − t), c’est bien ce qu’on voulait obtenir(raisonnement analogue si per(A3) = 0).
3. Pour interpreter la question posee, notons
G = g1, . . . , gm (“ensemble des garcons”)
F = f1, . . . , fn (“ensemble des filles”Φ : a chaque garcon g ∈ G, on associe un ensemble de filles Φ(g) ;
(1) : chaque garcon g ∈ G peut choisir une fille ϕ(g) dans l’ensemble Φ(g), de telle sorte que deuxgarcons differents ne choisissent jamais la meme fille ;
(2) : si un sous-ensemble de garcons a k elements, la reunion des ensembles de filles dans lesquelsils peuvent choisir a au moins k elements.
Allons-y :
• (1) =⇒ (2) est immediat : si ϕ est une injection, on a |ϕ(G′)| = |G′| pour toute partie G′ de G.
Or, ϕ(G′) ⊂⋃
g∈G′
Φ(g), donc |G′| = |ϕ(G′)| ≤
∣
∣
∣
∣
∣
∣
⋃
g∈G′
Φ(g)
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
• (2) =⇒ (1) : c’est un peu plus long...
Avec G′ = G, on voit que
∣
∣
∣
∣
∣
∣
⋃
g∈GΦ(g)
∣
∣
∣
∣
∣
∣
≥ |G| donc, a fortiori, |F | ≥ |G| ou n ≥ m (il y a au moins
autant de filles que de garcons).
Construisons une matrice A ∈M+n de la facon suivante :
* sur les m premieres lignes, le coefficient aij (1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n) vaut 1 si le i-ieme garconpeut choisir la j-ieme fille, c’est-a-dire si fj ∈ Φ(gi), et vaut 0 sinon ;
* les coefficients des n−m dernieres lignes valent tous 1.
Le permanent de la matrice A est non nul ; en effet, si on avait per(A) = 0, on pourrait extrairede A une matrice nulle de format s× (n+ 1− s) et cette matrice serait necessairement extraitedes m premieres 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 ,
donc
∣
∣
∣
∣
∣
s⋃
k=1
Φ(gik)
∣
∣
∣
∣
∣
≤ n − (n + 1 − s) = s − 1 < s, ce qui contredit l’assertion (2) avec G′ =
gi1 , . . . , gis.
Donc per(A) =∑
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) verifie les conditions de l’assertion (1).
2.6 EXERCICE 6 :
Soit E un IK-espace vectoriel de dimension finie n ≥ 1.Un element 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-a-dire Im(τ − idE) ⊂ H ⊂ Ker(τ − idE).On note SL(E) = u ∈ GL(E) | detu = 1 le
groupe special lineaire de E.1. Montrer que τ ∈ L(E) est une transvection si et seulement si
∃ϕ ∈ E∗ ∃a ∈ Kerϕ ∀x ∈ E τ(x) = x+ ϕ(x) a .
2. Dans cette question, on suppose dimE ≥ 2. Soient x et y deux vecteurs non nuls de E. Montrer qu’ilexiste 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 distincts tels quex 6∈ H1 ∪ H2. Montrer qu’il existe une transvection τ telle que
τ(x) = x et τ(H1) = H2 .
4. En deduire que le groupe SL(E) est engendre par les transvections.
Source : Daniel PERRIN, Cours d’Algebre, Editions 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 vectorielleD contenue dans H, soit a un vecteur directeur de D. Pour tout x de E, notons ϕ(x) l’uniquescalaire tel que τ(x) − x = ϕ(x)a. L’application ϕ : E → IK est une forme lineaire de noyau H,donc a ∈ Kerϕ.
Reciproquement, soit τ un endomorphisme de E tel que τ(x) = x + ϕ(x)a, avec ϕ forme lineairesur E et a ∈ Kerϕ.
• si a = 0 ou ϕ = 0, alors τ = idE : c’est une transvection ;
22
• sinon, H = Kerϕ est un hyperplan, on a bien ∀x ∈ H τ(x) = x et
∀x ∈ E τ(x)− x = ϕ(x)a ∈ H ,
donc τ est une transvection “d’hyperplan H”.
2. Supposons d’abord x et y non colineaires, soit a = y − x (a 6= 0), soit H un hyperplan vectorielcontenant a mais pas x. Soit ϕ la forme lineaire sur E nulle sur H et telle que ϕ(x) = 1. Latransvection τ : v 7→ v + ϕ(v)a envoie x sur y.
Si x et y sont colineaires, puisque dimE ≥ 2, il suffit de “transiter” par un vecteur z non colineairea 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, considerons l’hyperplan H = F ⊕ IKx.Soient D1 et D2 des droites telles que H1 = F ⊕ D1 et H2 = F ⊕ D2. On peut choisir desvecteurs directeurs x1 et x2 de D1 et D2 respectivement, de facon 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 verifieimmediatement 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. Verifions d’abord que les transvections appatiennent a SL(E) : pour τ = idE , c’est immediat,sinon si τ : x 7→ x + ϕ(x)a avec a ∈ H = Kerϕ, 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 determinant 1.
Demontrons le lemme suivant :
Soit E un IK-espace vectoriel de dimension n ≥ 2, soit u ∈ SL(E). Soit H un hyperplan de E, soitx ∈ E \ H. Alors il existe un element v de SL(E) verifiant v(H) = H et v(x) = x et tel queu = σv ou σ est compose d’un nombre fini de transvections.
Preuve du lemme : D’apres la question 2., il existe τ (transvection, ou produit de deux transvections)tel que τ(x) = u(x), c’est-a-dire τ−1u(x) = x.
Soit l’hyperplan H ′ = τ−1u(H) :
⊲ si H ′ = H, on prend v = τ−1u ;
⊲ 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−1τ−1u repond a la question (fin de la preuve du lemme).
On montre alors que les transvections engendrent le groupe SL(E) par recurrence surn = 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 Hun hyperplan de E, soit x ∈ E\H (alors E = H⊕(IKx)), on ecrit u = σ0v, ou σ0 est un produit detransvections de E, et v ∈ SL(E) laisse stables H et x (lemme). On verifie alors que v
∣
∣
H∈ SL(H)
23
(ecrire la matrice de v dans une base adaptee a la decomposition E = H ⊕ (IKx)), l’hypothesede recurrence permet d’ecrire v
∣
∣
H= τ1 · · · τk, ou les τi (1 ≤ i ≤ k) sont des transvections de
H ; on a alors v = σ1 · · ·σk, ou chaque σi est l’endomorphisme de E defini par σi∣
∣
H= τi et
σi(x) = x (on verifie facilement que σi est une transvection de E). Finalement, u = σ0σ1 · · ·σkest un produit de transvections.
3 SEMAINE 3 : REDUCTION DES ENDOMORPHISMES(PREMIERE PARTIE)
3.1 EXERCICE 1 :
Soit IK un corps infini, soit E un IK-espace vectoriel de dimension finie.1. Montrer que E n’est
pas la reunion 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 (ideal annulateur de uen x). Montrer que Ix est un ideal de IK[X] ; on notera µx le generateur normalise de cet ideal.3. Soit µ le polynome 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 egal a E. Montrer que u est cyclique si et seulement si son polynome minimal est egal (ausigne pres) a son polynome caracteristique (note 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, considerer l’application δx : L(E) → IK definie parδx(u) = detB
(
x, u(x), . . . , un−1(x))
, ou B est une quelconque base de E, et n = dimE. Source :
• Jacques CHEVALLET, Algebre MP/PSI, Editions Vuibert, ISBN 2-7117-2092-6
• Patrice TAUVEL, Exercices de mathematiques pour l’agregation, Algebre 2, Editions Masson,ISBN 2-225-84441-0
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
1. Par recurrence sur n = dimE.
• Pour n = 0 ou n = 1, c’est evident.
• Soit n ≥ 2, supposons la propriete demontree pour tout IK-espace vectoriel de dimension n− 1.Soit E un IK-espace vectoriel de dimension n, supposons E = F1 ∪ F2 ∪ . . . ∪ Fp ou les Fisont 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’apres l’hypothese de recurrence, on a H ∩ Fi = H pour un certain indice i ∈ [[1, p]], c’est-a-direH ⊂ 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 infinite d’hyperplansdistincts). 2. Verifications immediates, laissees a l’eventuel lecteur. On a Ix 6= 0 car µ ∈ Ix. 3.
Notons D l’ensemble des diviseurs stricts normalises de µ dans IK[X] :
D = P ∈ IK[X] ; P normalise , 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 Eappartiendrait a un sous-espace KerP (u) avec P ∈ D, on aurait donc
E =⋃
P∈DKerP (u)
et E serait une union finie de sous-espaces stricts (on a bien KerP (u) 6= E pour tout P ∈ D enraison de la minimalite de µ), ce qui est absurde. 3’. Montrons avec des arguments plus classiques
l’existence d’un vecteur x tel que µx = µ, meme 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 toutpolyn”me P , d’ou Ix ∩ Iy ⊂ Ix+y, soit µx+y | µx ∨ µy, ce qui entraıne 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 deja queµx+y | µx µy ; par ailleurs, x = (x+ y) + (−y), donc µx | µx+y µy. Par le theoreme de Gauss, ontire µx | µx+y. Par symetrie, µy | µx+y. Donc µx µy = µx ∧ µy | µx+y.
• Soit µ =
p∏
k=1
P rk
k la decomposition de µ en produit de facteurs irreductibles dans K[X]. D’apres
le lemme des noyaux, on a E =
p⊕
k=1
Nk avec Nk = KerP rk
k (u). Pour tout i ∈ [[1, p]], posons
Qi = P ri−1i
(
∏
j 6=iPrj
j
)
, on a ainsi µ = PiQi.
Dans Ni = KerP ri
i (u), il existe au moins un element xi tel que µxi= P ri
i : en effet, sinon, onaurait P ri−1
i (u)(x) = 0 pour tout x ∈ Ni, donc Ni = KerP ri−1i (u) et le polynome Qi annulerait
alors u, ce qui contredirait la minimalite de µ.
Les P ri
i etant deux a deux premiers entre eux, le vecteur x =
p∑
i=1
xi verifie µx =
p∏
i=1
P ri
i = µ.
4. Soit u ∈ L(E) quelconque, soit x ∈ E non nul. L’ensemble Ex = P (u)(x) ; P ∈ IK[X] est unsous-espace vectoriel de E (evident, on l’appelle sous-espace u-monogene engendre par le vecteurx). La dimension de Ex est le degre du polynome µx : dimEx = degµx.
En effet, soit r le plus petit entier naturel non nul pour lequel la famille de vecteurs(
x, u(x), . . . , ur(x))
est liee. Alors, la famille(
x, u(x), . . . , ur−1(x))
est libre, donc l’ideal annulateur Ix ne contientaucun polynome de degre inferieur ou egal a r − 1 (sauf le polynome nul), mais ur(x) est com-binaison lineaire des vecteurs x, u(x), . . ., ur−1(x) donc il existe un polynome normalise P dedegre r tel que P (u)(x) = 0 et ce polynome est alors µx, donc degµx = r.
Par ailleurs, ur(x) ∈ Vect(
x, u(x), . . . , ur−1(x))
et, par une recurrence immediate, 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 degµx = n. Comme µx | µ et µ | χavec degχ = n, on a donc (−1)nχ = µ = µx.
• Si χ = (−1)nµ, on utilise l’existence d’un vecteur x tel que µx = µ ; pour un tel x, on adimEx = 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 definie par δx(u) = detB(
x, u(x), . . . , un−1(x))
estpolynomiale (c’est un polynome en les coefficients de la matrice MB(u)), donc continue, donc
Ω =⋃
x∈Eδ−1x (IK∗) est un ouvert de L(E).
Remarquons que l’application δx estn(n− 1)
2-homogene (multilinearite du determinant) :
∀u ∈ L(E) ∀t ∈ K δx(tu) = t
n(n−1)2 · δx(u) .
Donnons-nous un endomorphisme cyclique v0 fixe de E (celui tel que MB(v0) = diag(1, . . . , n) parexemple : un endomorphisme diagonalisable est cyclique si et seulement si ses valeurs propres sontdeux a 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 continuite, on a
δx(v0 + tu) 6= 0 pour |t| petit. Mais on a δx(u + tv0) = t
n(n−1)2 · δx
(
v0 +1
tu
)
pour tout
t ∈ IK∗. L’application IK → IK, t 7→ δx(u + tv0), est polynomiale non identiquement nulle, soitR l’ensemble (fini, eventuellement vide) de ses racines ; si 0 6∈ R, cela signifie que u ∈ Ω et, si0 ∈ R, il existe un reel α > 0 tel que 0 soit le seul element de R de module strictement inferieura 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 deMn(IK) defini par γA(M) = [A,M ] = AM −MA ;
- on note τA la forme lineaire surMn(IK) definie par τA(M) = tr(AM).
1. Montrer que l’application τ : A 7→ τA definit un isomorphisme deMn(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 siles matrices A et 2A sont semblables.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
1. La linearite de τ : Mn(K) →(
Mn(K))∗
est immediate. On verifie que τA(Eij) = aji (avec desnotations evidentes) donc τA = 0 si et seulement si A = 0. L’application lineaire τ est doncinjective, c’est donc un isomorphisme puisque les espaces de depart et d’arrivee sont de memedimension.
26
2. Si A est nilpotente et si M est une matrice commutant avec A (c’est-a-dire M ∈ Ker γA), alorsAM est nilpotente (puisque (AM)k = AkMk pour tout k ∈ IN), donc tr(AM) = 0. On a ainsiprouve l’inclusion
Ker γA ⊂ Ker τA .
3. • Si A est nilpotente, l’inclusion Ker γA ⊂ Ker τA demontree ci-dessus permet de factoriser : ilexiste une forme lineaire λ sur Mn(IK) telle que τA = λ γA (cf. theoreme de factorisation,semaine 2, exercice 1, question a.). D’apres la question 1., on peut ecrire λ = τB, ou B estune certaine matrice de Mn(IK), donc τA = τB γA. Mais si M est une matrice quelconque deMn(IK), on a
(τB γA)(M) = tr(
B(AM −MA))
= tr(BAM)− tr(BMA) = tr(BAM)− tr(ABM)
= tr(
[B,A]M)
= τ[B,A](M) ,
donc τB γA = τ[B,A]. On a ainsi prouve l’existence d’une matrice B telle que τA = τ[B,A]. Parl’isomorphisme “canonique” entreMn(IK) et son dual, on deduit
A = [B,A] = BA−AB .
• Si BA − AB = A, alors (BA − AB)A + A(BA − AB) = 2A2, soit BA2 − A2B = 2A2 puis,par recurrence, on a BAk −AkB = kAk pour tout entier naturel k. Si la matrice A n’etait pasnilpotente, alors l’endomorphisme γB : M 7→ BM −MB de Mn(IK) admettrait une infinite devaleurs 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
ecrire A(I +B) = BA. Par une recurrence immediate, on en tire A(I +B)k = BkA pour toutentier naturel k puis, plus generalement, A ·P (I+B) = P (B) ·A pour tout polynome P ∈ IK[X].
Soit λ ∈ IK ; en considerant la suite de polynomes (PN ) definie par PN (X) =
N∑
k=0
λkXk
k!et en
passant a la limite (justifications immediates), on obtient la relation
A eλ(I+B) = eλB A , soit encore eλA = eλB A e−λB ;
les matrices A et eλA sont donc semblables, il suffit alors de prendre λ = ln 2.
• Si A et 2A sont semblables, alors 2kA est semblable a A pour tout k ∈ IN. Si λ est une valeurpropre (complexe) de A, alors 2kλ est aussi valeur propre de A pour tout n, cela impose λ = 0(sinon A admettrait une infinite de valeurs propres). Le polynome caracteristique de A est donc(−X)n, donc A est nilpotente d’apres Cayley-Hamilton.
3.3 EXERCICE 3:
Soit E un C-espace vectoriel de dimension finie n, soient u et v deux endomorphismes de E telsque uv − vu = u. 1. Montrer que ukv − vuk = k uk pour tout k ∈ IN. 2. En deduire que u
est nilpotent. 3. Montrer que u et v sont cotrigonalisables (il existe une base de trigonalisation
commune). 4. Montrer que le resultat de la question 3. reste vrai si on suppose seulement que
27
uv − vu ∈ Vect(u, v) .
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
1. C’est une recurrence immediate.
En notant [u, v] = uv− vu, on peut remarquer que [uv,w] = [u,w]v+ u[v, w]. Si, au rang k ≥ 1, ona [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) defini par γv(w) = [w, v] = wv− vw pour tout w ∈ L(E). Ona γv(u
k) = k uk pour tout k ∈ IN donc, si u n’etait pas nilpotent, l’endomorphisme γv de L(E)aurait une infinite 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 Keru (nonreduit a 0 car u est nilpotent) est stable par v (verification immediate). Le corps de base etantC, l’endomorphisme de Keru induit par v admet au moins un vecteur propre, et le tour est joue.
Raisonnons maintenant par recurrence sur n = dimE :
• pour n = 1, c’est evident ;
• soit n ≥ 2, supposons l’assertion vraie au rang n − 1, soit E de dimension n, soient u et v deuxendomorphismes de E tels que [u, v] = u. Soit e1 un vecteur propre commun a u et v (on vientd’en prouver l’existence) : u(e1) = 0 (necessairement!) et v(e1) = λe1.Soit H un hyperplan supplementaire de la droite D = Ce1 dans E, notons p le projecteur surH parallelement a D ; dans une base B = (e1, e2, · · · , en) de E ou B′ = (e2, · · · , en) est une base
de H, on a U = MB(u) =
(
0 L
0 U ′
)
et V = MB(v) =
(
λ L′
0 V ′
)
avec U ′ et V ′ carrees
d’ordre n− 1 (representant dans B′ les endomorphismes u′ et v′ de H induits par p u et p vrespectivement).
De UV−V U = U , un calcul par blocs donne U ′V ′−V ′U ′ = U ′, soit [u′, v′] = u′. On applique alorsl’hypothese de recurrence aux endomorphismes u′ et v′ de H : il existe une base C′ = (ε2, · · · , εn)de H dans laquelle u′ et v′ sont representes par des matrices triangulaires superieures T1 etT2. Dans la base C = (e1, ε2, · · · , εn) de E, les endomorphismes u et v sont representes par des
matrices de la forme
(
0 X
0 T1
)
et
(
λ Y
0 T2
)
qui sont encore triangulaires superieures (X et Y
sont des matrices-lignes a n−1 coefficients). La recurrence est achevee. 4. Supposons maintenant
[u, v] = αu+ βv.
• Si α 6= 0, en tatonnant un peu, on se ramene a ce qui a ete etudie : posons w =1
αv, on verifie
[u,w] = u+ βw ; on pose ensuite t = u+ βw et on a [t, w] = w, donc t et w sont trigonalisablesdans une meme base, donc aussi u = t− βw et v = αw.
• Si β 6= 0, on conclut itou en echangeant les roles de u et v.
28
• Si (α, β) = (0, 0), alors u et v commutent, donc ont un vecteur propre commun (tout sous-espacepropre de u est stable par v) et on conclut par recurrence sur la dimension de E comme dans laquestion 3. ci-dessus.
3.4 EXERCICE 4 : Decomposition 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 :
νr−1 6= 0 et νr = 0 .
Soit a un vecteur de E tel que νr−1(a) 6= 0, soit H un hyperplan de E ne contenant pas νr−1(a).
Montrer que E = F ⊕G, avec
F = Vect(
a, ν(a), · · · , νr−1(a))
et G =
r−1⋂
k=0
(νk)−1(H) .
2. Soit f un endomorphisme d’un C-espace vectoriel E de dimension finie. Un sous-espace vectorielF de E, stable par f , est dit indecomposable s’il n’existe pas de decomposition F = F1 ⊕ F2
avec F1 et F2 stables par f , F1 6= 0, F2 6= 0.Soit F un sous-espace stable indecomposable 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
MC(g) = Jn(λ) =
λ 1 0 . . . 0
0 λ 1. . .
......
. . .. . .
. . . 0...
. . .. . . 1
0 . . . . . . 0 λ
, avec λ ∈ C .
Source : Denis MONASSE, Mathematiques MP, Cours complet avec CD-ROM, Editions Vuibert,
ISBN 2-7117-8811-31. La famille F =
(
a, ν(a), · · · , νr−1(a))
est libre (question classique), donc dimF = r.
Soit ϕ une forme lineaire sur E, de noyau H, alors G =
r−1⋂
k=0
Ker(ϕ νk). Chaque ϕ νk est une
forme lineaire sur E, non nulle car (ϕ νk)(
νr−1−k(a))
= ϕ(
νr−1(a))
6= 0 etant donne que
νr−1(a) 6∈ H. Le sous-espace G est une intersection de r hyperplans, il est donc de codimensionau plus egale a r, c’est-a-dire dimG ≥ n− r.
Montrons F ∩ G = 0 : si x ∈ F ∩ G, alors x = λ0a + λ1ν(a) + · · · + λr−1νr−1(a), mais
(ϕ νr−1)(x) = 0 ce qui donne λ0ϕ(
νr−1(a))
= 0 d’ou λ0 = 0.
On applique ensuite ϕ νr−2 qui donne λ1 = 0, et ainsi de suite (c’est la meme idee que pourmontrer que la famille F est libre), donc x = 0.
Enfin, dim(F +G) = dim(F ⊕G) = dimF + dimG ≥ n, donc F ⊕G = E.
Remarquons que F et G sont deux sous-espaces stables par ν et qu’ils ne sont pas reduits a 0,cela servira par la suite.
29
2. Soit µ le polynome minimal de g. Il est irreductible : en effet, si on avait µ = µ1µ2 avec µ1 et µ2
non constants et premiers entre eux, alors le theoreme de decomposition des noyaux donneraitF = F1 ⊕ F2 avec F1 = Kerµ1(g) et F2 = Kerµ2(g) (sous-espaces stables par g et non reduits a0 en raison de la minimalite de µ), ce qui contredit l’indecomposabilite de F (ce qui a ete faitjusqu’a present est valable sur un corps quelconque ; maintenant, placons-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’apres laquestion 1., on pourrait decomposer F en F = F ′ ⊕ F ′′ avec F ′ et F ′′ stables par ν (donc parg = ν + λ idF ) et non reduits a 0, ce qui est absurde.
On a donc r = n (ν est un endomorphisme de F nilpotent d’indice maximal) et en choisis-sant un vecteur a de F tel que νn−1(a) 6= 0, la matrice de g = ν + λ idF dans la baseC =
(
νn−1(a), νn−2(a), · · · , ν(a), a)
de F est celle propose par l’enonce. Achevons la decomposi-
tion de Jordan : si f est un endomorphisme quelconque d’un C-espace vectoriel E de dimensionfinie, il existe une decomposition de E en somme directe de sous-espaces stables indecomposables(faire une recurrence forte sur la dimension de E) :
E =
p⊕
i=1
Ei avec dimEi = ni (1 ≤ i ≤ p). En concatenant les bases construites dans chaque
Ei comme a la question precedente, on obtient une base B de E dans laquelle la matrice de fest diagonale par blocs, chaque bloc etant 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 telsque [u, v] = uv − vu commute avec u et v. Montrer que u et v sont cotrigonalisables (on pourraprouver que l’endomorphisme w = [u, v] est nilpotent). Source : Cyril GRUNSPAN et Emmanuel
LANZMANN, L’oral de mathematiques aux concours, Algebre, Editions Vuibert, ISBN 2-7117-8824-5
Notons que l’hypothese peut s’ecrire[
[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 unerecurrence.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 associe. Alors F est stable par u et par v, notonsu′, 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’ou λ = 0. Il en resulte que w est nilpotent puisque sa seule valeur propre est 0 (son polynomecaracteristique 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 proprecommun (si G ⊂ F est un sous-espace propre de u′, alors il est stable par v′ et l’endomorphismede G induit par v′ admet au moins un vecteur propre), donc u et v ont un vecteur propre commune1.Maintenant, on recurre :• si n = dimE = 1, c’est evident ;• soit n ≥ 2 fixe, si la propriete est
30
vraie pour dimE < n, soit E de dimension n, soit e1 un vecteur propre commun a u et v, soitH un hyperplan supplementaire de la droite D = Ce1, soit B = (e1, e2, · · · , en) une base adaptee
a la decomposition E = D ⊕H ; on a MB(u) =
(
α · · ·0 A
)
et MB(v) =
(
β · · ·0 B
)
, ou A et B
sont les matrices dans (e2, · · · , en) des endomorphismes u et v de H induits par p u et p v(p etant le projecteur sur H parallelement a D). De
[
[u, v], u]
=[
[u, v], v]
= 0 , on deduit, par
des produits par blocs, que[
[A,B], A]
=[
[A,B], B]
= 0 ou[
[u, v], u]
=[
[u, v], v]
= 0, ce quipermet 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 A = tComA la transposee de la matrice des cofacteurs.1.
Montrer que tout vecteur propre de A est vecteur propre de A.2. On suppose A diagonalisable.
Exprimer les valeurs propres de A en fonction de celles de A.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
1. Rappelons la relation AA = AA = (detA)In.
• Soit X un vecteur propre de A pour une valeur propre A non nulle. On a AX = λX, d’ou
AAX = AλX = λAX = (detA) ·X
et AX =detA
λX, donc X est vecteur propre de A pour la valeur propre µ =
detA
λ.
• Si X est vecteur propre de A pour la valeur propre 0 (AX = 0), alors A n’est pas inversible, doncrgA < n ;⊲ si rgA ≤ n − 2, alors A = 0 (tous les mineurs d’ordre n − 1 de la matrice A sont nuls), doncAX = 0 ;⊲ si rgA = n − 1, alors KerA est de dimension un, et de AX = 0, on tire AAX = AAX = 0,donc AX ∈ KerA et AX est colineaire a X, ce qu’il fallait demontrer.
2. Soit (X1, · · · ,Xn) une base (de IKn) constituee de vecteurs propres de A, associes aux valeurspropres λ1, · · ·, λn. On sait (question 1.) que X1, · · ·, Xn sont des vecteurs propres de A.
• Si A est inversible (les λi tous non nuls), alors AXi = µiXi avec
µi =detA
λi=∏
j 6=iλj .
• Si rgA ≤ n− 2, alors au moins deux des λi sont nuls et d’autre part A = 0, donc Sp(A) = 0.• Si rgA = n − 1, un seul des λi (disons λn) est nul et, pour tout i ∈ [[1, n − 1]], on a
AXi =detA
λiXi = 0 (cf. question 1.), donc 0 est valeur propre de A de multiplicite au moins
n− 1 (et meme exactement n− 1 car A est diagonalisable et A 6= 0). La n-ieme valeur propre deA est alors egale a sa trace, que nous allons calculer :
31
si on note Aij le mineur d’indice (i, j) dans la matrice A, on a tr(A) =
n∑
i=1
Aii, mais cette somme
est aussi l’oppose du coefficient deX dans le developpement du polynome caracteristique de A ; eneffet, en notant Cj le j-ieme vecteur-colonne de la matrice A et ej = t( 0 · · · 0 1 0 · · · 0 )le j-ieme vecteur de la base canonique B0 de IKn, on a
χA(X) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a11 −X a12 . . . a1n
a21 a22 −X . . . a2n...
.... . .
...an1 an2 . . . ann −X
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= detB0(C1 −Xe1, C2 −Xe2, · · · , Cn −Xen)
et un developpement par multilinearite montre que le coefficient de X est
−n∑
j=1
detB0(C1, · · · , Cj−1, ej , Cj+1, · · · , Cn) = −
n∑
j=1
Ajj .
Mais le coefficient de X dans χA(X) est aussi −σn−1 = −n∑
i=1
∏
j 6=iλj
= −n−1∏
i=1
λi puisque
λn = 0. La n-ieme valeur propre de A est donc µn =
n−1∏
i=1
λi.
Conclusion. Si A est diagonalisable, de valeurs propres λ1, · · ·, λn (non necessairement distinctes),alors A est diagonalisable (dans la meme base) avec pour valeurs propres les
µ1, · · ·, µn, ou ∀i ∈ [[1, n]] µi =∏
j 6=iλj .
4 REDUCTION DES ENDOMORPHISMES (DEUXIEMEPARTIE)
4.1 EXERCICE 1 :
Une matrice A = (aij) ∈ Mn(IR) est dite stochastique lorsqu’elle verifie les deux conditionssuivantes :
(i) ∀i ∈ [[1, n]] ∀j ∈ [[1, n]] aij ∈ [0, 1] ;
(ii) ∀i ∈ [[1, n]]
n∑
j=1
aij = 1 (la somme des elements de chaque ligne vaut 1).Elle est dite
stochastique stricte si, de plus, les coefficients aij sont tous strictement positifs.On notera Snl’ensemble des matrices stochastiques deMn(IR), et S∗n celui des matrices stochastiques strictes.1.
Montrer que les ensembles Sn et S∗n sont stables par produit.2. Si A ∈ Sn, montrer que 1 est
valeur propre de A.3. Si A ∈ S∗n, montrer que Ker(A− In) est de dimension un.4. Montrer que
les valeurs propres d’une matrice stochastique sont toutes de module inferieur ou egal a 1, et que
32
les valeurs propres autres que 1 d’une matrice stochastique stricte sont de module strictementinferieur a 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), ou cik =
n∑
j=1
aijbjk.
• Il est clair que cik ≥ 0 pour tout couple d’indices (i, k), l’inegalite etant stricte si A et B sontdans S∗n.
• On a bjk ≤ 1 pour tout (j, k), donc cik =n∑
j=1
aijbjk ≤n∑
j=1
aij = 1 pour tout couple (i, k).
• Enfin,n∑
k=1
cik =n∑
k=1
n∑
j=1
aijbjk
=n∑
j=1
(
aij
n∑
k=1
bjk
)
=n∑
j=1
aij = 1 .
On peut aussi remarquer qu’une matrice A verifie la propriete (ii) si et seulement si AJ = J ,ou J est la matrice dont tous les coefficients valent 1. Il est alors immediat que cette propriete(ii) est “stable par produit”.
2. Si A ∈ Sn, alors AX = X, ou X est le vecteur dont toutes les coordonnees valent 1, donc 1 estvaleur propre de A.
3. Soit B = A− In, soit C la matrice carree d’ordre n− 1 extraite de B en otant la derniere ligne etla derniere colonne :
C =
a11 − 1 a12 . . . a1,n−1
a21 a22 − 1 . . . a2,n−1
. . . . . . . . . . . .
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 a diagonale strictement
dominante, c’est-a-dire que, pour tout i ∈ [[1, n− 1]], on a |cii| >∑
j 6=i|cij | : en effet,
|cii| −∑
1≤j≤n−1
j 6=i
|cij | = |aii − 1| −∑
1≤j≤n−1
i6=j
aij = 1−n−1∑
j=1
aij = ain > 0 .
Soit doncX = (x1, · · · , xn−1) ∈ KerC, suppose non nul ; on a, pour tout i ∈ [[1, n−1]],
n−1∑
j=1
cijxj =
0. Soit i0 ∈ [[1, n− 1]] tel que |xi0 | = max1≤i≤n−1
|xi|, on a alors, pour i = i0, ci0i0xi0 = −∑
j 6=i0
ci0jxj ,
33
mais c’est impossible car
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∑
j 6=i0
ci0jxj
∣
∣
∣
∣
∣
∣
≤∑
j 6=i0
|ci0j ||xj | ≤ |xi0 |
∑
j 6=i0
|ci0j |
< |xi0 ||ci0i0 | .
La matrice C est donc inversible,c’est-a-dire de rang n − 1, donc B = A − In est de rang aumoins egal a n− 1, donc exactement n− 1 puisqu’on sait que 1 est valeur propre de A, et doncdim Ker(A− In) = 1.
On a ainsi prouve le theoreme d’Hadamard (moi, froid ? jamais...) : toute matrice a diagonalestrictement dominante est inversible.
4. Soit A ∈ Sn, soit λ ∈ C tel que |λ| > 1 ; alors la matrice B = A − λIn = (bij) est a diagonalestrictement dominante : en effet,
|bii| = |aii − λ| ≥∣
∣|aii| − |λ|∣
∣ = |λ| − aii > 1− aii =∑
j 6=iaij =
∑
j 6=i|bij | .
La matrice B est donc inversible, et λ 6∈ Sp(A).
De meme, si A ∈ S∗n et si |λ| = 1 avec λ 6= 1, alors la matrice B = A − λIn est encore a diagonalestrictement dominante, puisque
|bii| = |aii − λ| >∣
∣|aii| − |λ|∣
∣ = 1− aii =∑
j 6=iaij =
∑
j 6=i|bij |
(l’inegalite est stricte puisque l’egalite∣
∣|u| − |v|∣
∣ = |u− v| a lieu si et seulement si les complexes
u et v sont “colineaires de meme sens”, c’est-a-dire l’un des deux nuls ouv
u∈ IR∗
+ et ce n’est pas
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 meme raisonnement : si on avait ∀i ∈ [[1, n]] |λ−aii| > 1−aii,la matrice B = A− λIn serait a diagonale strictement dominante, donc inversible, et λ ne seraitpas valeur propre de A.
On a ainsi obtenu une localisation des valeurs propres : si A est une matrice stochastique,
Sp(A) ⊂n⋃
i=1
D(aii, 1− aii) (D = disque ferme) .
En fait, cette derniere question se generalise facilement a une matrice A = (aij) ∈ Mn(C)
quelconque ; avec les memes methodes, on montre, que si on pose ri =∑
j 6=i|aij | pour tout i ∈
[[1, n]], on a
Sp(A) ⊂n⋃
i=1
D(aii, ri) .
4.2 EXERCICE 2 :
Soit E un C-espace vectoriel de dimension n, soit F un ensemble d’endomorphismes de E quicommutent deux a deux.Montrer l’existence d’une “decomposition de Dunford simultanee”, c’est-
34
a-dire d’une liste d’entiers naturels non nuls n1, · · ·, np avec
p∑
i=1
ni = n et d’une base B de E
tels que, dans la base B, tout element f de F soit represente par une matrice diagonale par blocsde la forme MB(f) = diag(λ1In1
+ N1, · · · , λpInp+ Np), les λi etant des nombres complexes et
chaque matrice Ni ∈Mni(C) etant triangulaire superieure avec des zeros sur la diagonale.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
Premiere methode :Introduisons la notion suivante : un sous-espace vectoriel V de E sera dit
F-indecomposable s’il est F-stable (c’est-a-dire stable par chaque element de F) et si on nepeut pas le decomposer en V = V1 ⊕ V2, avec V1 et V2 tous deux F-stables et non reduitsa 0.Si F est une partie quelconque de L(E), on montre (par recurrence forte sur la dimen-
sion de E) qu’il existe au moins une decomposition de E en somme directe de sous-espaces
F-indecomposables : E =
p⊕
i=1
Ei. Si les elements de F commutent deux a deux, il en est de
meme des endomorphismes qu’ils induisent sur chaque Ei (1 ≤ i ≤ p).Pour terminer l’exercice,
il reste alors a prouver le lemme suivant :Lemme : si E est F-indecomposable, alors il existe une
base de E dans laquelle les elements de F ont tous des matrices de la forme
λ (X). . .
(0) λ
,
c’est-a-dire λI + N avec λ ∈ C et N triangulaire superieure avec des zeros sur la diagonale.(Demonstration du lemme) : Soit f ∈ F , notons µ son polynome minimal.
Supposons µ = µ1µ2 avec µ1 et µ2 premiers entre eux et non constants. De µ(f) = 0, on deduit(lemme des noyaux) E = E1 ⊕E2 avec E1 = Kerµ1(f) et E2 = Kerµ2(f). Tout element g de Fcommute avec f , donc laisse stables E1 et E2. L’espace E etant suppose F-indecomposable, l’undes sous-espaces Ei est reduit a 0. Mais si l’on suppose par exemple E1 = 0, alors E = E2
donc µ2(f) = 0 ce qui contredit la minimalite de µ.
On a ainsi prouve que tout element f de F a un polynome minimal de la forme (X − λ)m, doncest de la forme λ idE +ν avec ν nilpotent.
Les endomorphismes de F commutent deux a deux, donc sont cotrigonalisables (exercice clas-sique : on montre d’abord, par recurrence sur la dimension de E, l’existence d’un vecteur proprecommun, puis on fait une nouvelle recurrence sur dimE, comme dans l’exercice 3 question 3de la semaine 3, pour construire une base de trigonalisation commune). Chacun admettant uneseule valeur propre, dans une base de trigonalisation commune, leurs matrices sont de la formeindiquee. (fin de la dem. du lemme) Pour terminer l’exercice, il suffit de partir d’une decompo-
sition E =
p⊕
i=1
de E en sous-espaces F-indecomposables, de construire une base Bi dans chaque
Ei qui trigonalise tous les endomorphismes induits, et de concatener ces differentes bases.
Deuxieme methode proposee par Charles-Antoine GOFFIN, etudiant en MP* :Admettons toujours
comme “classique” le fait qu’une famille d’endomorphismes commutant deux a deux dans un
35
C-espace vectoriel de dimension finie est cotrigonalisable, et raisonnons par recurrence forte surn = dimE :• pour n = 1, c’est evident ;• 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 adeux.
⊲ si chacun des endomorphismes de la famille F a une seule valeur propre, c’est-a-dire est de laforme λ idE +ν avec ν nilpotent, comme ils sont cotrigonalisables, il existe bien une base danslaquelle ils ont tous une matrice de la forme λIn + N , avec N triangulaire superieure avec deszeros sur la diagonale, et c’est termine ;
⊲ 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 caracteristique associe, soit W la sommede tous les autres sous-espaces caracteristiques de u. On a E = V ⊕W . Les sous-espaces V etW sont laisses stables par tous les endomorphismes de la famille F puisque V est le noyau d’unpolynome en u (et W une somme de...idem). Les endomorphismes de V et de W induits parles elements de F commutent deux a deux et on peut leur appliquer l’hypothese de recurrencepuisque dimV < n et dimW < n. Il ne reste plus qu’a concatener les bases de V et de W ainsiconstruites et c’est fini.
4.3 EXERCICE 3 :
1. Soit A ∈Mn(C) une matrice inversible. Montrer l’existence d’un polynome P de C[X] tel queP (A)2 = A.2. Montrer qu’une matrice A ∈ GLn(C) est semblable a son inverse si et seulement
si elle est le produit de deux involutions.
Indication : si A−1 = P−1AP , on verifiera que P 2 commute avec A, puis on introduira une matriceQ ∈ C[P 2] telle que Q2 = P 2.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
1.a. Etudions d’abord le cas ou A admet une seule valeur propre λ ∈ C∗. Dans ce cas, A = λI + N
avec N nilpotente, disons d’indice p (Np = 0 et Np−1 6= 0).
Supposons d’abord λ = 1. Soit√
1 + x = 1 + a1x+ . . .+ ap−1xp−1 + o(xp−1) = S(x) + o(xp−1)
le developpement limite a l’ordre p − 1 de la fonction ] − 1,+∞[→ IR, x 7→√
1 + x en zero (sapartie reguliere S est un polynme de IR[X] de degre inferieur ou egal a p − 1). On a alors, auvoisinage de zero (pour une variable x reelle) :
(√
1 + x)2 = 1 + x = Q(x) + o(xp−1) ,
ou Q est le polynome S2 tronque a l’ordre p−1 : donc 1+x = S(x)2 + o(xp−1) et cette relationentre fonctions polynomiales, avec l’unicite du developpement limite, montre que, dans IR[X] ouC[X], S2 est congru a 1 +X modulo Xp, notons S(X)2 = 1 +X +XpR(X) avec R ∈ IR[X].
On a donc S(N)2 = I + N + NpR(N) = I + N = A, soit P (A)2 = A ou P est le polynomedefini par P (X) = S(X − 1).
36
Si λ 6= 1, on ecrit A = λI +N = λB, avec B = I +1
λN =
1
λA et il existe un polynome Q de
C[X] tel que Q(B)2 = B, donc λ Q
(
1
λA
)2
= A. En notant µ une racine carree complexe de λ
et en posant P (X) = µ Q
(
X
λ
)
, on a P (A)2 = A.
1.b. Si A est une matrice inversible quelconque, notons u l’endomorphisme de Cn canoniquement
associe : on decompose suivant les sous-espaces caracteristiques : si µ =
m∏
k=1
(X − λk)βk est le
polynome minimal de u (les λk etant distincts non nuls), d’apres le lemme des noyaux, on a Cn =m⊕
k=1
Fk, avec Fk = Ker(u− λk idCn)βk , la restriction vk de u a Fk admettant (X − λk)βk comme
polynome annulateur (et meme plus precisement comme polynome minimal), ce qui signifie quevk = λk idFk
+νk, ou νk est un endomorphisme nilpotent de Fk. Traduction matricielle : lamatrice A est semblable a une matrice D diagonale par blocs : D = diag(J1, . . . , Jm) avec, pourtout k, Jk = λkIαk
+ Nk, la matrice Nk etant nilpotente d’indice βk (αk est la dimension dusous-espace caracteristique Fk, c’est aussi la multiplicite de la valeur propre λk dans le polynomecaracteristique).
Bref, pour tout k ∈ [[1,m]], il existe un polynome Pk tel que Pk(Jk)2 = Jk d’apres la partie 1.a.
Il reste a montrer l’existence d’un polynome P (independant de k) tel que
∀k ∈ [[1,m]] P (Jk) = Pk(Jk) . (*)
Mais cette condition (*) equivaut a
∀k ∈ [[1,m]] µk | P − Pk ,ou µk = (X − λk)
βk est le polynome minimal de Jk. Les polynomes µk etant premiers entreeux deux a deux, l’existence d’un tel polynome P resulte du theoreme chinois : le systeme decongruences
P ≡ Pk [µk] (1 ≤ k ≤ m)
admet pour ensemble de solutions dans C[X] une classe de congruence modulo µ =
m∏
k=1
µk.
Demonstration par recurrence sur m : si µ1 et µ2 sont premiers entre eux, d’apres Bezout, il existedes polynomes U1 et U2 tels que P1 − P2 = V2µ2 − V1µ1. Le polynome P0 = P1 + V1µ1 = P2 +
V2µ2 est une “solution particuliere” du systeme de congruences
P ≡ P1 [µ1]
P ≡ P2 [µ2]. Un polynome
quelconque P verifie alors ce systeme si et seulement si
P ≡ P0 [µ1]
P ≡ P0 [µ2], ce qui equivaut a
µ1 | P − P0
µ2 | P − P0
, soit a µ1µ2 | P − P0, donc a P ≡ P0 [µ1µ2]. Voila qui amorce la recurrence, je
laisse le lecteur courageux poursuivre ces chinoiseries.
37
Soit donc P un polynome verifiant (*) : on a alors P (D)2 = D et, puisque A = SDS−1 avec Sinversible,
P (A)2 = P (SDS−1)2 =(
S P (D) S−1)2
= S P (D)2 S−1 = SDS−1 = A .
2. • Si A est le produit de deux involutions (A = UV avec U2 = V 2 = I), alors A est inversible et
A−1 = V −1U−1 = V U = V (UV )V −1 = V AV −1 ,
donc A et A−1 sont semblables.
• Si A est inversible et si A−1 = P−1AP avec P inversible, alors P = APA puis
P 2A = (APA)2A = APA2PA2 = APA(APA)A = APAPA
et
AP 2 = A(APA)2 = A2PA2PA = A(APA)APA = APAPA ,
donc A et P 2 commutent. D’apres la question 1., il existe un polynome F ∈ C[X] tel queF (P 2)2 = P 2. Posons Q = F (P 2), ainsi Q2 = P 2.
La matrice Q est un polynome en P 2, donc un polynome en P ; elle commute donc avec P et avecP−1. En posant U = QP−1, on a alors
U2 = (QP−1)2 = QP−1QP−1 = Q2(P−1)2 = Q2(P 2)−1 = I :
U est une involution.
Posons enfin V = U−1A = PQ−1A ; ainsi, A = UV , il reste a prouver que V est une involution :
V 2 = PQ−1APQ−1A = QP−1APQ−1A (*)
= P−1QAQ−1PA (**)
= P−1APA (***)
= A−1A = I cqfd .
(*) : car PQ−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 polynome en P 2.
4.4 EXERCICE 4 :
1. Soit N ∈Mn(C) une matrice nilpotente. Montrer l’existence d’une matrice M ∈Mn(C) telleque 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 (Nr−1 6= 0 et Nr = 0). Soit le polynome P , partie reguliere dudeveloppement limite a l’ordre r − 1 de la fonction f : x 7→ ln(1 + x) en zero :
38
P (X) = X − X2
2+ . . .+ (−1)r
Xr−1
r − 1=
r−1∑
k=1
(−1)k+1Xk
k.
Soit le polynome Q, partie reguliere du developpement limite a l’ordre r−1 de la fonction g : x 7→ ex
en zero :
Q(X) = 1 +X +X2
2!+ . . .+
Xr−1
(r − 1)!=
r−1∑
k=0
Xk
k!.
La troncature a l’ordre r− 1 du polynome compose Q P est la partie reguliere du developpementlimite a l’ordre r − 1 en zero de la fonction composee g f : x 7→ 1 + x (cours de MPSI sur lesdeveloppements limites), le polynome (Q P )(X)− (1 +X) a donc une valuation au moins egalea r :
(Q P )(X) = 1 +X +Xr R(X) , avec R ∈ C[X] .
Ainsi, (Q P )(N) = Q(
P (N))
= In +N puisque Nr = 0. Mais, le polynome P etant de valuation
un, on a P (N) = NA = AN , ou A est un polynome en N : A =
r−1∑
k=1
(−1)k+1
kNk−1. Donc
(
P (N))r
= NrAr (puisque A et N commutent), soit(
P (N))r
= 0. Finalement,
exp(
P (N))
=
∞∑
k=0
(
P (N))k
k!=
r−1∑
k=0
(
P (N))k
k!= Q
(
P (N))
= In +N .
2. Toute matrice de la forme λIn +N avec λ ∈ C∗ et N nilpotente, admet “un logarithme” : en effet,
λIn + N = λ(In + N ′) avec N ′ =1
λN nilpotente. Si M ′ ∈ Mn(C) verifie
exp(M ′) = In+N ′ et si α est un nombre complexe tel que eα = λ, alors la matrice M = αIn+M ′
verifie exp(M) = λIn +N .
Si A ∈ GLn(C), on peut trouver une matrice inversible P ∈ GLn(C) telle que J = P−1AP soitdiagonale par blocs, de la forme
J = diag(λ1In1+N1, . . . , λpInp
+Np) , avec
λ1, . . ., λp nombres complexes non nuls ;n1, . . ., np entiers naturels non nuls tels que n1 + . . .+ np = n ;Ni ∈Mni
(C) nilpotente(decomposition suivant les sous-espaces caracteristiques, cf. details dans l’exercice 3., question1.b.).
Pour tout i ∈ [[1, p]], il existe une matrice Mi ∈ Mni(C) telle que exp(Mi) = λiIni
+Ni. Soit lamatrice diagonale par blocs
M = diag(M1, . . . ,Mp) ∈Mn(C) .
On a exp(M) = J , puis exp(PMP−1) = PJP−1 = A.
39
4.5 EXERCICE 5 :
Soit IK un corps de caracteristique nulle. Soit A ∈Mn(IK) une matrice, on note
χA(X) = anXn + an−1X
n−1 + · · ·+ a1X + a0
son polynome caracteristique. La matrice C(X) = tCom(A−XIn) peut etre consideree commeune matrice a coefficients dans IKn−1[X] (le justifier) et peut aussi s’ecrire comme “polynome acoefficients matriciels” :
C(X) = tCom(A−XIn) = Cn−1 +XCn−2 + · · ·+Xn−2C1 +Xn−1C0 =n−1∑
k=0
XkCn−1−k .
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 deduire un algorithme de calcul des coefficients dupolynome caracteristique. Source : solution empruntee a Yvan GOZARD, dans la RMS (Revue
de Mathematiques Speciales) 9/10 de mai-juin 1994.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
Les coefficients de la matrice des cofacteurs de A −XIn, ou de sa transposee C(X), sont des deter-minants de matrices carrees d’ordre n− 1 extraites de A−XIn, ce sont donc des polynomes dedegre inferieur ou egal a n − 1. 1. On a χA(X) = det(A − XIn). Si l’on note Γj(X) le j-ieme
“vecteur-colonne” de la matrice A−XIn, les regles de derivation d’un determinant donnent
χ′A(X) =
n∑
j=1
det(
Γ1(X), · · · ,Γj−1(X),Γ′j(X),Γj+1(X), · · · ,Γn(X)
)
= −n∑
j=1
Mjj(X) = − tr(
C(X))
= − tr
(
n−1∑
k=0
XkCn−1−k
)
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) = −
n−1∑
k=0
(
trCn−1−k)
Xk. En identifiant avec χ′A(X) =
n−1∑
k=0
(k + 1)ak+1Xk, on
obtient
∀k ∈ [[0, n− 1]] tr(Cn−1−k) = −(k + 1) ak+1 .
2. On a (A−XIn) C(X) = χA(X) In, soit
(A−XIn)(
n−1∑
k=0
XkCn−1−k
)
=
n∑
k=0
akXkIn .
En identifiant les “coefficients” (matriciels) dans cette identite polynomiale, on obtient les rela-tions
(1) : A Cn−1 = a0 In
(2) : A Cn−k−1 − Cn−k = ak In (1 ≤ k ≤ n− 1)
(3) : −C0 = an In
40
On a ainsi, d’apres (3), C0 = −an In = (−1)n−1In.
Pour k ∈ [[1, n − 1]], la relation (2) donne Cn−k = A Cn−k−1 +1
ktr(Cn−k) In grace a la re-
lation obtenue a la question 1. et aussi tr(A Cn−k−1) − tr(Cn−k) = n ak = −nk
tr(Cn−k),
on en deduit tr(Cn−k) =k
k − n tr(A Cn−k−1), puis enfin
Cn−k = A Cn−k−1 −1
n− k tr(A Cn−k−1) In .
En resume, les matrices Ck (0 ≤ k ≤ n − 1) peuvent etre calculees de proche en proche par lesrelations
C0 = (−1)n−1In
Ck = A Ck−1 −1
ktr(A Ck−1) In pour 1 ≤ k ≤ n− 1 .
On en deduit les coefficients du polynome caracteristique puisque ak = −1
ktr(Cn−k) si 1 ≤ k ≤
n− 1, et a0 =1
ntr(A Cn−1) d’apres la relation (1) non encore exploitee.
Il s’agit de la methode de Faddeev qui donne lieu, pour des “grosses” matrices, a des calculsnumeriques plus rapides que le calcul du polynome caracteristique comme determinant.
Une autre facon de retrouver cet algorithme de calcul des coefficients du polynome caracteristiqueest d’utiliser les formules de Newton, qui permettent de relier les susdits coefficients (fonctionssymetriques elementaires des valeurs propres λi de A si on se place dans une cloture algebrique
de IK) aux nombres
n∑
i=1
λki = tr(Ak), voir par exemple Jean-Marie ARNAUDIES et Henri
FRAYSSE, Tome 1, Algebre, exercice XV.4.7, ISBN 2-04-016450-2.
5 SEMAINE 5 : SUITES REELLES - TOPOLOGIE DEIR
5.1 EXERCICE 1 :
1. Soit u = (un) une suite reelle bornee telle que limn→∞
(un+1 − un) = 0. Montrer que l’ensemble
A des valeurs d’adherence de u est un segment de IR. 2. Soit f : [α, β] → [α, β] une fonction
continue, soit u = (un) une suite definie par u0 ∈ [α, β] et, pour tout n, un+1 = f(un). Onsuppose que lim
n→∞(un+1 − un) = 0. Montrer que la suite (un) converge.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
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 =
⋂
n∈IN
Un est un ferme de IR.
41
Par ailleurs, A est borne (evident) et A est non vide (theoreme de Bolzano-Weierstrass).
Il reste a montrer que A est un intervalle.
Soient a et b deux elements de A avec a < b. Soit c ∈]a, b[. Soit ε > 0 tel que ε < minc− 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 quec ∈ A : comme a et b sont valeurs d’adherence de u, il existe des suites extraites de u convergeantvers a et b respectivement. Plus precisement, on peut construire deux applications ϕ et ψ de INvers IN telles que
ϕ(0) < ψ(0) < ϕ(1) < ψ(1) < . . . < ϕ(k) < ψ(k) < ϕ(k + 1) < ψ(k + 1) < . . .
avec limk→∞
uϕ(k) = a et limk→∞
uψ(k) = b.
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 queϕ(K2) > N (possible car lim
k→+∞ϕ(k) = +∞). En posant K = maxK1,K2, on a, pour tout
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 considerer n = minm > ϕ(k) | um > c − ε. L’ensemble des entiers n tels queun ∈ [c − ε, c + ε] est donc infini, et ceci pour tout ε > 0, ce qui prouve que c est valeurd’adherence de la suite u.
2. Notons A l’ensemble des valeurs d’adherence de la suite u (on a A ⊂ [α, β]), soit c ∈ A, soit (uϕ(n))une suite extraite de limite c. De lim
n→∞(un+1 − un) = 0, on deduit lim
n→∞uϕ(n)+1 = c mais, la
fonction f etant continue au point c,
limn→∞
uϕ(n)+1 = limn→∞
f(
uϕ(n)
)
= f(c) ,
donc f(c) = c.
Moralite : les valeurs d’adherence de la suite u sont toutes des points fixes de la fonction f .
Si la suite u admettait deux valeurs d’adherence distinctes a et b avec a < b, alors tout pointintermediaire entre a et b serait aussi valeur d’adherence de u (question a.), donc serait un pointfixe de f ; la suite u prendrait alors necessairement des valeurs dans l’intervalle ]a, b[ (disons∃n ∈ IN un = c ∈]a, b[), mezalor la suite u serait stationnaire de valeur c, ce qui est bien surcontradictoire.
La suite u admet donc une seule valeur d’adherence ce qui, pour une suite a valeurs dans un compact,signifie qu’elle converge.
42
5.2 EXERCICE 2 :
Soit u = (un)n∈IN une suite reelle. 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 reel irrationnel. Montrer que la suite u definie
par un = nx est dense modulo 1.2. Montrer que l’ecriture decimale du nombre 2n (n ∈ IN) peut
commencer par une sequence de chiffres arbitraire.Source : article de Bruno LANGLOIS, Ecriture
decimale des termes de certaines suites d’entiers, paru dans la RMS (Revue des mathematiquesde l’enseignement superieur, editions Vuibert) numero 3-4, de novembre/decembre 1999.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
1. Soit N ∈ IN∗. Pour tout n ∈ IN∗, le nombre vn = nx − E(nx) est un irrationnel appartenant a
l’intervalle [0, 1] et appartient donc a l’un des intervalles
]
j
N,j + 1
N
[
(0 ≤ j ≤ N − 1). Comme
il y a une infinite de nombres vn (tous distincts puisque x est irrationnel) dans un nombre finid’intervalles (c’est le principe des tiroirs), on peut en trouver deux dans un meme intervalle,donc il existe deux entiers p et q (avec p < q par exemple, notons q = p + k avec k ∈ IN∗) tels
que 0 < |vq − vp| <1
N. Posons α = vq − vp = vp+k − vp. On a alors kx = α +K, ou K est un
entier relatif.
⊲ Supposons α > 0. Pour tout n entier naturel, on a nkx = nα+ nK donc, tant que nα < 1, c’est-
a-dire pour n ≤ M = E
(
1
α
)
, on a vnk = nkx − E(nkx) = nα. Les nombres vnk (0 ≤ n ≤ M)
“remplissent donc l’intervalle [0, 1] a α pres”, c’est-a-dire : pour tout reel a appartenant a [0, 1],on peut trouver un nombre vnk verifiant |vnk − a| ≤ α.
⊲ Supposons α < 0. Dans ce cas, pour 1 ≤ n ≤ E
(
1
|α|
)
, on a vnk = 1 − n|α| et ces nombres
remplissent encore l’intervalle [0, 1] a |α| pres.
Dans les deux cas (puisque |α| ≤ 1
N), les nombres vn remplissent l’intervalle [0, 1] a
1
Npres. L’entier
N etant arbitraire, on a prouve que l’ensemble vn ; n ∈ IN est dense dans [0, 1].
2. Notons log le logarithme decimal.
Soit a un entier naturel non nul, d’ecriture decimale a = [apap−1 . . . a1a0]. L’ecriture decimale dunombre 2n “commence par a” s’il existe un entier naturel k tel que
a · 10k ≤ 2n < (a+ 1) · 10k ,
c’est-a-dire
k + log(a) ≤ log(2n) < k + log(a+ 1) (k ∈ IN) ,
c’est-a-dire si et seulement si log(a) ≤ n log(2) < log(a + 1) modulo 1. Pour etre precis, cettecondition 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 ou a + 1 est une puissance de 10, ou le dernier membre (qui vautalors 0) doit etre remplace par 1.
Le nombre x = log 2 =ln(2)
ln(10)est irrationnel (si on avait x =
p
qavec p ∈ IN∗, q ∈ IN∗, alors on
aurait 5p = 2q−p, ce qui est impossible). La suite de terme general un = n log 2 est donc densemodulo 1, ce qui entraıne qu’il existe au moins un entier naturel n tel que un ∈ [log(a), log(a+1)[modulo 1, ce qu’il fallait demontrer.
5.3 EXERCICE 3 :
Soit u = (un)n∈IN une suite reelle.On dit que la suite u est dense modulo 1 si l’ensemble un−E(un) ; n ∈ IN est dense dans [0, 1].On definit la suite ∆u = v par vn = (∆u)n = un+1 − un,
puis la suite ∆2u = ∆(∆u). 1. Soit v une suite reelle telle que
limnvn = +∞
limn
(∆v)n = 0. Montrer que
v est dense modulo 1.2. Soit u une suite reelle telle que
limn
(∆u)n = +∞
limn
(∆2u)n = 0. Montrer que u
est dense modulo 1.3. Montrer que l’ecriture decimale du nombre n! peut commencer par une
sequence de chiffres arbitraire.4. Meme question pour l’ecriture decimale de nn.
Source : article de Bruno LANGLOIS, Ecriture decimale des termes de certaines suites d’entiers, parudans la RMS (Revue des mathematiques de l’enseignement superieur, editions Vuibert) numero3-4, de novembre/decembre 1999.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
1. Soit ε > 0, soit n0 un entier tel que n ≥ n0 =⇒ |(∆v)n| < ε, soit N = E(vn0) + 1 ; comme
limn→+∞
vn = +∞, il existe un entier n1 > n0 tel que vn1> N + 1. Alors, lorsque n decrit
l’intervalle entier [[n0, n1]], le nombre vn s’approche de tout reel a ε pres modulo 1.
Precisons pour ceux qui aiment les redactions detaillees : supposons en fait ε <1
2. Soit
a ∈ [0, 1], soit le reel x = N + a ; on a alors vn0< x et vn1
> x, soit n le plus grand en-tier appartenant a l’intervalle [[n0, n1− 1]] pour lequel vn < x (il est clair que cela a un sens). Ona vn < x ≤ vn+1 et (∆v)n = vn+1 − vn < ε, donc |vn − x| < ε et |vn+1 − x| < ε, donc l’un aumoins des deux nombres |vn − E(vn) − a| et |vn+1 − E(vn+1) − a| est inferieur a ε (les deux laplupart du temps, sauf lorsqu’un entier vient malencontreusement s’intercaler entre vn et x, ouentre x et vn+1).
Ainsi, les suites (√n) ou (lnn) sont denses modulo 1. 2. Indication eventuelle : montrer que, pour
tout entier m > 4, il existe un entier n0 tel que l’on ait1
m≤ (∆u)n0+k ≤
4
mpour tout
k ∈ [[0,m− 1]].
44
D’apres ce qui precede, la suite v = ∆u est dense modulo 1 : si on se donne un entier m > 4, il
existe un entier n0 tel que l’on ait2
m< (∆u)n0
<3
mmodulo 1 et tel que |(∆2u)n| <
1
m2pour
tout n ≥ n0. Pour tout k ∈ [[0,m− 1]], on a l’encadrement de (∆u)n0+k :
1
m=
2
m−m 1
m2< (∆u)n0+k = (∆u)n0
+k−1∑
p=0
(∆2u)n0+p <3
m+m
1
m2=
4
m.
Pour n variant de n0 a n0 +m, la suite u fait des “pas” compris entre1
met
4
mmodulo 1 ; comme il
y a m pas plus grands que1
m, un a balaye tout le tore IR
/
Z(“la droite reelle modulo 1”) a
4
mpres : cette fois, les amateurs de redactions detaillees se debrouilleront tous seuls! La suite u estdonc dense modulo 1.
Par exemple, les suites (n√n), ou (Sn) avec Sn =
n∑
k=1
√k, sont denses modulo 1.
3. Si (Xn) est une suite d’entiers naturels non nuls, le fait que l’ecriture decimale de l’entier Xn “puissecommencer par une sequence arbitraire” equivaut a la densite modulo 1 de la suite un = log(Xn).Montrons au moins que cette condition est suffisante, ce qui est utilise ici.
Si un = log(Xn) est dense modulo 1, et si a est un entier naturel, il existe un entier naturel n telque log(a) ≤ un < log(a+ 1) modulo 1, ce qui signifie que
k + log(a) ≤ un < k + log(a+ 1) pour un certain entier naturel k ,
c’est-a-dire a · 10k ≤ Xn < (a+ 1) · 10k, donc l’ecriture decimale du nombre Xn “commence para”.
Pour Xn = n!, on a un = log(n!) =
n∑
k=2
log k ; alors (∆u)n = log(n + 1) → +∞, puis
(∆2u)n = log
(
n+ 2
n+ 1
)
→ 0, donc u est dense modulo 1, ce qu’il fallait prouver.
4. Avec Xn = nn, on a un = log(Xn) = n log n, alors (∆u)n = log(n+ 1) + n log
(
1 +1
n
)
→ +∞ et
(∆2u)n = log
[
(
n
n+ 1
)n(n+ 2
n+ 1
)n+2]
→ log
(
1
ee
)
= 0, donc u est dense modulo 1.
5.4 EXERCICE 4 :
Soit I un intervalle de IR. Une fonction f : I → IR est dite semi-continue inferieurement (enabrege 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 minoree sur I.
Si ce n’etait pas le cas, on pourrait construire une suite (xn) de points de [a, b] telle quelimn→∞
f(xn) = −∞. On peut en extraire une sous-suite (yn) = (xϕ(n)), convergeant vers un
point y de I. Mais cela est absurde car (en prenant la definition 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) etant dans ce voisinage pour nassez grand, on a une contradiction.
• Montrons maintenant que la borne inferieure est atteinte : soit m = infx∈I
f(x).
Pour tout n ∈ IN∗, il existe xn ∈ I tel que (*) m ≤ f(xn) ≤ m +1
n. De (xn), on extrait
encore une sous-suite (yn) = (xϕ(n)), convergeant vers un y ∈ I. Des inegalites (*), on deduitlimn→∞
f(xn) = m, donc limn→∞
f(yn) = m.
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 a partir duquel f(yn) ≥ f(y) − ε. Commelimn→∞
f(yn) = m, par passage a la limite, on deduit m ≥ f(y)− ε.Cette derniere inegalite etant vraie pour tout ε > 0, on a m ≥ f(y), donc f(y) = m et la borneinferieure 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 =
∞∑
n=0
1
u0u1 · · ·un.
Decrire 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, Theorie
des nombres, Editions Dunod, ISBN 2-10-004102-9
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
1. • Unicite : Supposons l’existence d’une telle suite (un). On a alors
x =1
u0+
1
u0u1+
1
u0u1u2+ · · · = 1
u0
(
1 +1
u1+
1
u1u2+ · · ·
)
=1
u0
(
1 +1
u1
(
1 +1
u2(1 + · · ·)
)
)
,
46
ce que l’on va essayer d’ecrire plus rigoureusement. Posons donc xn =
∞∑
k=0
1
unun+1 · · ·un+kpour
tout n ∈ IN (la serie definissant xn est evidemment convergente), on a alors x0 = x et, pour tout
entier naturel n, on a xn =1
un(1 + xn+1), soit encore xn+1 = unxn − 1 ou un =
1
xn+xn+1
xn.
La suite (un) etant croissante, on a
xn+1 =
∞∑
k=0
1
un+1un+2 · · ·un+1+k≤
∞∑
k=0
1
unun+1 · · ·un+k= xn ,
donc la suite (xn) est decroissante ; on en deduit l’encadrement1
xn< un ≤
1
xn+ 1. Comme un
est un entier, on a donc un = 1 + E
(
1
xn
)
.
On a ainsi prouve (sous reserve d’existence) l’unicite de la suite (un), et l’algorithme de calcul
est le suivant : poser x0 = x puis, pour tout entier naturel n, poser un = 1 + E
(
1
xn
)
et
xn+1 = unxn − 1.
• Existence : Reciproquement, considerons les un construits par cet algorithme. On a
u0 = 1 + E
(
1
x
)
≥ 2, donc1
x0< u0 ≤
1
x0+ 1 d’ou 1 < u0x0 ≤ 1 + x0. Il en resulte
0 < x1 = u0x0 − 1 ≤ x0 puis, de la meme facon, 0 < x2 ≤ x1. Par une recurrence immedi-
ate, la suite (xn) est decroissante a valeurs strictement positives. De un = 1 + E
(
1
xn
)
, on
deduit que la suite (un) est croissante et ses termes sont tous des entiers naturels au moins egauxa 2.
Il reste a montrer que x =
∞∑
n=0
1
u0u1 · · ·un. La convergence de la serie resulte immediatement de
un ≥ 2. On montre facilement que
x =1
u0+
1
u0u1+ · · ·+ 1
u0u1 · · ·un+
xn+1
u0u1 · · ·unpour tout n ∈ IN. Or, on a 0 < xn+1 ≤ x0 et u0u1 · · ·un ≥ 2n, donc lim
n→+∞
xn+1
u0u1 · · ·un= 0, ce
qu’il fallait demontrer.
L’ecriture du nombre x sous la forme x =∞∑
n=0
1
u0u1 · · ·unest son developpement en serie de
Engel. Avec un = n+ 2 par exemple, le lecteur obtiendra le developpement en serie de Engel dunombre e− 2.
2. • Si la suite (un) est stationnaire (constante a partir du rang N), alors
x =1
u0+
1
u0u1+ · · ·+ 1
u0u1 · · ·uN−1
( ∞∑
k=0
1
ukN
)
47
=1
u0+
1
u0u1+ · · ·+ 1
u0u1 · · ·uN−2+
1
u0u1 · · ·uN−1· uN
uN − 1
et le nombre x est rationnel.
• Reciproquement, supposons x rationnel : x = x0 =a
b=a0
b0avec a et b entiers naturels non nuls.
Alors u0 = E
(
1
x
)
+ 1 = q0 + 1 avec q0 = b0 div a0 (quotient dans la division euclidienne :
b0 = a0q0 + r0, avec 0 ≤ r0 < a0). Ensuite,
x1 = u0x0 − 1 = (q0 + 1)a0
b0− 1 =
q0a0 + a0 − b0b0
=a0 − r0b0
=a1
b0
avec a1 ∈ IN et 1 ≤ a1 ≤ a0. On reitere : x2 =a1 − r1b0
avec r1 = b0 mod a1 (reste dans la
division euclidienne), donc x2 =a2
b0avec a2 ∈ IN et 1 ≤ a2 ≤ a1 ≤ a0.
Par une recurrence immediate, on a, pour tout n ∈ IN∗, xn =an
b0et (an) est une suite decroissante
d’entiers naturels, elle est donc stationnaire. La suite (xn) est donc aussi stationnaire, et il en
est de meme de (un) puisque un = 1 + E
(
1
xn
)
. 3. Partons du developpement en serie entiere
ch√
2 =∞∑
n=0
(√
2)2n
(2n)!=
∞∑
n=0
2n
(2n)!= 1 + 1 +
∞∑
n=2
2n
(2n)!
= 2 +1
6+
1
6× 15+ · · ·+ 1
6× 15× · · · × n(2n− 1)+ · · ·
puisque2n
(2n)!=
2n−1
(
2(n− 1))
!× 1
n(2n− 1). Le nombre x = ch
√2 − 2 ∈ ]0, 1] admet donc un
developpement en serie de Engel non stationnaire avec un = (n + 2)(2n + 3) (il faut decaler lesindices de deux unites pour retrouver les notations de l’enonce), il est donc irrationnel.
Si e√
2 etait rationnel, alors ch√
2 =1
2
(
e√
2 +1
e√
2
)
le serait aussi, donc e√
2 6∈ Q.
5.6 EXERCICE 6 :
1. Soit G un sous-groupe de (IR,+). Montrer que :
- soit G = 0,- soit G = mZ 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
, x2−2y2 = 1.
Montrer que G est un sous-groupe de (IR∗,×) et que min(G ∩ ]1,+∞[) = 3 + 2√
2. En deduireune explicitation des elements du groupe G.3. On note S l’ensemble des points a coordonnees
positives entieres sur l’hyperbole (H) d’equation x2 − 2y2 = 1, c’est-a-dire
48
S = (x, y) ∈ IN2 | x2 − 2y2 = 1 .Montrer que l’on peut ecrire S = (xn, yn) ; n ∈ IN, ou (xn) et (yn) sont deux suites strictementcroissantes d’entiers naturels. Expliciter xn et yn.
Source : E. RAMIS, Claude DESCHAMPS, Jacques ODOUX, Analyse 1, Editions Masson, ISBN2-225-80098-7
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
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 inferieure.
• Si m = 0, montrons que G est dense dans IR. Si u et v sont deux reels tels que u < v, alors ilexiste g ∈ G verifiant 0 < g < v− u, mais alors gZ ⊂ G ; comme gZ rencontre le segment [u, v],on a prouve que G est dense dans IR.
• Si m > 0, commencons par montrer que m ∈ G : si ce n’etait pas le cas, on pourrait trouverau moins un element g de G dans l’intervalle ]m, 2m[ (puisque 2m n’est pas un minorant deE = G ∩ IR∗
+), puis un element 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.
Puisque m ∈ G, on a mZ ⊂ G. Inversement, soit g ∈ G, soit k = E( g
m
)
, alors km ∈ G et
km ≤ g < (k+ 1)m, donc g− km ∈ G avec 0 ≤ g− km < m, ce qui prouve que g− km = 0 doncg ∈ mZ. On a donc G = mZ.
L’application exp : (IR,+) → (IR∗+,×) est un isomorphisme de groupes, et c’est aussi un homeo-
morphisme. On en deduit 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 elements de G ; alors zz′ = x′′ + y′′√
2 avec
x′′ = xx′ + 2yy′
y′′ = xy′ + yx′(ce sont des entiers relatifs) et
x′′2 − 2y′′2 = (xx′ + 2yy′)2 − 2(xy′ + yx′)2 = (x2 − 2y2)(x′2 − 2y′2) = 1 ,
donc zz′ ∈ G. Par ailleurs, 1 ∈ G et, si z = x+ y√
2 ∈ G, alors1
z= x− y
√2 ∈ G.
L’ensemble G est donc un sous-groupe de (IR∗,×).
On note que z ∈ G ⇐⇒ −z ∈ G, il suffit donc de determiner 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 element de E.
Si z = x+ y√
2 ∈ E, on a (x, y) ∈ Z2, x+ y√
2 > 1 et x2 − 2y2 = (x+ y√
2)(x− y√
2) = 1.
- on ne peut avoir x ≤ 0 et y ≤ 0, c’est clair!
49
- on ne peut avoir x ≤ 0 et y ≥ 0 car alors1
x+ y√
2= x− y
√2 serait negatif, absurbe !
- on ne peut avoir x ≥ 0 et y ≤ 0 car cela impliquerait x − y√
2 =1
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 (verifications immediates avec
x2 − 2y2 = 1), et si y ≥ 3, alors x2 = 1 + 2y2 ≥ 19, donc x ≥ 5 et z ≥ 5 + 3√
2 > 3 + 2√
2.
On a ainsi prouve 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
des points a coordonnees entiers relatifs sur l’hyperbole (H) :
T = (x, y) ∈ Z2 | x2 − 2y2 = 1 .On verifie (c’est facile) que l’application ϕ : T → G, (x, y) 7→ x + y
√2 est une bijection. On
verifie aussi que G ∩ [1,+∞[= x+ y√
2 ; (x, y) ∈ IN2 , x2 − 2y2 = 1 (l’inclusion dans le sens⊂ a ete demontree ci-dessus, l’autre est immediate).
On a donc S = ϕ−1(G ∩ [1,+∞[), c’est-a-dire que S est l’ensemble des couples (xn, yn) ou, pour
tout n ∈ IN, on ecrit (3 + 2√
2)n = xn + yn√
2. Il est clair que xn et yn sont des entiers naturels,on peut preciser que
xn =
E(n2 )
∑
k=0
C2kn 3n−2k 8k et yn = 2
E(n−12 )
∑
k=0
C2k+1n 3n−2k−1 8k .
On a aussi
xn+1 = 3xn + 4yn
yn+1 = 2xn + 3yn, d’ou la stricte croissance des suites (xn) et (yn), et un calcul
de proche en proche. Ainsi, si on note Mn le point de coordonnees (xn, yn), on a
M0(1, 0) ; M1(3, 2) ; M2(17, 12) ; M3(99, 70) ; M4(577, 408) ; · · ·
6 SEMAINE 6 : TOPOLOGIE DES ESPACES METRIQUES
6.1 EXERCICE 1 :
Soit (K, d) un espace metrique compact. Soit f : K → K une application telle que
∀(x, y) ∈ K2 d(
f(x), f(y))
≥ d(x, y) .Montrer que f est une isometrie de K (bijection de K sur K conservant la distance).
Source : CHAMBERT-LOIR, FERMIGIER, MAILLOT : Exercices de mathematiques pourl’agregation, Analyse 1, Editions Masson, ISBN : 2-225-84692-8.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
• L’injectivite de f est immediate.• L’application f conserve la distance : soient a et b deux points de
50
K, notons an = fn(a), bn = fn(b) leurs iteres par f (n ∈ IN). Comme K est compact, il existeune application ϕ : IN→ IN, strictement croissante, telle que les suites extraites (aϕ(n)) et (bϕ(n))soient convergentes, de limites α et β respectivement.
Donnons-nous ε > 0. Alors il existe un entier k strictement positif tel que d(a, ak) <ε
2et d(b, bk) <
ε
2: en effet, il existe des entiers N1 et N2 (avec N1 < N2) tels que
d(aϕ(N1), α) <ε
4; d(aϕ(N2), α) <
ε
4; d(bϕ(N1), β) <
ε
4; d(bϕ(N2), β) <
ε
4.
En posant k = ϕ(N2)− ϕ(N1) ∈ IN∗, on a
d(a, ak) ≤ d(
f(a), f(ak))
≤ . . . ≤ d(
fϕ(N1)(a), fϕ(N1)(ak))
= d(aϕ(N1), aϕ(N2)) <ε
2
et on majore de meme d(b, bk).On en deduit 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 recurrente, c’est-a-dire
∀a ∈ K ∀ε > 0 ∃k ∈ IN∗ d(
a, fk(a))
< ε
(l’orbite du point a repasse aussi pres de a que l’on veut), donc
∀a ∈ K ∀ε > 0 ∃y ∈ f(K) d(a, y) ≤ ε .• Enfin, f est surjective puisque, f etant continue car 1-lipschitzienne, l’ensemble f(K) est compact,
donc ferme dans K. Comme il est dense dans K, on a f(K) = K.
6.2 EXERCICE 2 :
Soit (K, d) un espace metrique compact.Si u et v sont deux elements de KIN, on pose
δ(u, v) =
∞∑
n=0
d(un, vn)
2n.
1. Verifier que δ est une distance sur KIN = F(IN,K) et qu’elle definit sur cet espace la “topologie dela convergence simple”, c’est-a-dire : une suite (vp)p∈IN d’elements de KIN converge vers λ ∈ KIN
si et seulement si, pour tout n ∈ IN, limp→∞
vpn = λn. 2. Montrer que (KIN, δ) est un espace
metrique compact. 3. Montrer que l’ensemble P des suites periodiques est dense dans (KIN, δ).4.
Montrer que, en posant γ(u, v) = supn∈IN
d(un, vn), on definit une distance surKIN, mais que l’espace
metrique (KIN, γ) n’est pas compact.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
51
1. L’espace metrique (K, d) est borne car compact ; soit ∆ son diametre. Si u et v sont deux elements
de K, la serie∑
n
d(un, vn)
2nest convergente, d’ou l’existence de δ(u, v). L’axiome de separation,
la symetrie et l’inegalite triangulaire se laissent verifier sans opposer de resistance.
Montrons donc l’equivalence
limp→∞
vp = λ dans (KIN, δ) ⇐⇒ ∀n ∈ IN limp→+∞
vpn = λn .
• Si limp→∞
vp = λ dans (KIN, δ), alors limp→∞
δ(vp, λ) = 0 d’ou, clairement, pour tout n ∈ IN,
limp→∞
d(vpn, λn)
2n= 0, soit lim
p→∞d(vpn, λn) = 0, ce qu’il fallait demontrer.
• Supposons ∀n ∈ IN limp→+∞
vpn = λn et donnons-nous ε > 0.
Il existe un entier N tel que
∞∑
n=N+1
1
2n≤ ε
2∆, ou ∆ est le diametre de (K, d).
Pour tout n ≤ N fixe, on a limp→∞
d(vpn, λn) = 0, donc on peut trouver un entier Pn tel que
p ≥ Pn =⇒ d(vpn, λn) ≤ε
4.
Soit P = max0≤n≤N
Pn. Pour tout p ≥ P , l’inegalite d(vpn, λn) ≤ε
4est realisee pour tout n ≤ N ,
donc
N∑
n=0
d(vpn, λn)
2n≤ ε
4
N∑
n=0
1
2n≤ ε
2pour tout p ≥ P .
Ainsi, pour tout p ≥ P , on a
δ(vp, λ) =N∑
n=0
d(vpn, λn)
2n+
∞∑
n=N+1
d(vpn, λn)
2n≤ ε
2+
ε
2∆∆ = ε .
On a ainsi prouve que limp→∞
δ(vp, λ) = 0.
La distance δ sur KIN definit bien la topologie de la convergence simple.
2. Soit (up)p∈IN une suite d’elements de KIN. On va en extraire une sous-suite convergente par leprocede diagonal, ce qui prouvera la compacite de l’espace metrique (KIN, δ).
⊲ De la suite (up0)p∈IN, a valeurs dans K, on peut extraire une sous-suite convergente (uϕ0(p)0 )p∈IN,
de limite λ0 ∈ K.⊲De la suite (u
ϕ0(p)1 )p∈IN, a valeurs dansK, on peut extraire une sous-suite convergente (u
ϕ0ϕ1(p)1 )p∈IN,
de limite λ1 ∈ K.
⊲ Soit k ∈ IN∗. Supposons ainsi construites k extractions ϕ0, ϕ1, . . ., ϕk−1 (applications strictement
croissantes de IN vers IN). De la suite(
uϕ0ϕ1...ϕk−1(p)k
)
p∈IN, a valeurs dans K, on peut extraire
une sous-suite convergente(
uϕ0ϕ1...ϕk−1ϕk(p)k
)
p∈IN, de limite λk ∈ K.
52
Pour tout p ∈ IN, posons maintenant ψ(p) = ϕ0 ϕ1 . . . ϕp(p). On a ainsi defini une applicationψ de IN vers IN. Elle est strictement croissante car
ψ(p+ 1) = ϕ0 . . . ϕp(
ϕp+1(p+ 1))
≥ ϕ0 . . . ϕp(p+ 1) (1)
> ϕ0 . . . ϕp(p) = ψ(p) (2) :
(1) car ϕp+1(p+ 1) ≥ p+ 1 et ϕ0 . . . ϕp est croissante ;(2) car ϕ0 . . . ϕp est strictement croissante.
Posons maintenant vp = uψ(p) : (vp)p∈IN est une suite extraite de (up)p∈IN.
Pour tout n ∈ IN, on a limp→∞
vpn = limp→∞
uψ(p)n = λn car (uψ(p)
n )p>n est une suite extraite de la suite(
uϕ0...ϕn(p)n
)
p∈IN, qui converge vers λn dans K : en effet, l’application
p 7→ ϕn+1 . . . ϕp(p) est strictement croissante sur [[n + 1,+∞[[ par un raisonnement ana-logue a celui fait ci-dessus pour ψ.
De la question 1., on deduit enfin que la suite (vp)p∈IN, extraite de la suite (up)p∈IN, converge versλ dans l’espace metrique (KIN, δ).
3. Soit u ∈ KIN, soit ε > 0. Comme en 1., introduisons un entier N tel que∞∑
n=N+1
1
2n≤ ε
∆, ou ∆
est le diametre de K. Alors toute suite v de KIN dont les N + 1 premiers termes coıncident avecceux de u (vn = un pour n ∈ [[0, N ]]) verifie δ(u, v) ≤ ε. Parmi ces suites, il en existe une qui est(N + 1)-periodique, donc l’ensemble P est dense dans (KIN, δ).
4. La distance γ sur KIN = F(IN,K) definit la “topologie de la convergence uniforme”. Montrons que(KIN, γ) n’est pas compact.
Soient a et b deux elements de K distincts (pour les pinailleurs, on suppose K non reduit a unpoint). Soit d0 = d(a, b). Pour tout p ∈ IN, soit up la suite d’elements de K definie 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 metrique definie par γ.
Remarque. On peut repondre a la question 2. en court-circuitant la question 1. Soit, en effet, (up)p∈IN
une suite d’elements de KIN. On definit des extractions ϕ0, . . ., ϕn, . . . comme dans la solution
de la question 2., telles que, pour tout n ∈ IN, la suite(
uϕ0...ϕn(p)n
)
p∈INadmette une limite λn
dans K.
On veut montrer que l’element λ = (λn)n∈IN de KIN est valeur d’adherence de la suite (up)p∈IN.Pour cela, plutot que d’expliciter, par le procede diagonal, une sous-suite de (up)p qui convergevers λ dans (KIN, δ), on montre l’assertion
∀ε > 0 ∀P ∈ IN ∃p ≥ P δ(up, λ) ≤ ε .
53
Donnons-nous donc ε > 0 et P ∈ IN, soit d’autre part un entier N tel que
∞∑
n=N+1
1
2n≤ ε
2∆, ou ∆
est le diametre de K. On a alors, pour tout p ∈ IN,
δ(up, λ) ≤N∑
n=0
d(upn, λn)
2n+ε
2.
Il suffit donc de montrer que, pour un certain p ≥ P , on peut rendre la premiere somme inferieure
aε
2et, pour cela, il suffit que l’on ait
∀n ∈ [[0, N ]] d(upn, λn) ≤ε
4(*) .
Or, pour tout n ∈ [[0, N ]], la suite(
uϕ0...ϕn(k)n
)
k∈INconverge vers λn, donc aussi la suite
(
uϕ0...ϕN (k)n
)
k∈IN,
qui en est extraite. Il existe alors un entier naturel k0 tel que
∀k ≥ k0 ∀n ∈ [[0, N ]] d(
uϕ0...ϕN (k)n , λn
)
≤ ε
4.
Comme limk→∞
ϕ0 . . . ϕN (k) = +∞, il existe un entier k1 tel que k ≥ k1 =⇒ ϕ0 . . . ϕN (k) ≥ P .
En choisissant k ≥ maxk0, k1 et en posant p = ϕ0 . . . ϕN (k), l’entier p est superieur a P etverifie bien (*).
6.3 EXERCICE 3 :
Dans E = IRm, soit (Fn)n∈IN une suite de sous-espaces affines de dimension au plus egale a
m − 2.Montrer que le complementaire de leur reunion A = E \(
⋃
n∈IN
Fn
)
est un ensemble
connexe par arcs.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
Cet exercice utilise la propriete de Baire. Commencons par quelques“rappels”sur les espaces metriquescomplets. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1. Si (E, d) est un espace metrique complet, alors toute suite (Bn)n∈IN de fermes bornes non vides,decroissante pour l’inclusion, et dont les diametres tendent vers zero, a pour intersection (noteeB) un singleton (theoreme des fermes emboıtes).
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
En effet, pour tout n ∈ IN, soit un ∈ Bn, soit l’ensemble Un = up ; p ≥ n. On a Un ⊂ Bn, doncle diametre de l’ensemble Un tend vers zero lorsque n tend vers +∞, ce qui signifie que la suite(un) est de Cauchy. Elle converge donc vers un element 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 quediam(Bn) < d(x, l) donc tel que x 6∈ Bn, donc x 6∈ B.
En conclusion, B =⋂
n∈IN
Bn = l.
54
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2. Tout espace metrique complet verifie la propriete de Baire, c’est-a-dire : toute intersection
denombrable⋂
n∈IN
Ωn d’ouverts denses est un ensemble dense dans E.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Posons Ω =⋂
n∈IN
Ωn.
Soit U un ouvert non vide de E, il suffit de montrer que Ω ∩ U 6= ∅.L’ouvert Ω0 etant dense dans E, il existe une boule fermee B0 (de diametre δ0 > 0) incluse dans
Ω0 ∩ U .
L’ouvert dense Ω1 rencontre l’ouvert non videB0, l’intersection
B0 ∩ Ω1 contient donc une boule
fermee B1 de diametre δ1 > 0 et on peut toujours supposer que δ1 <δ0
2.
Par recurrence, on construit une suite (Bn) de boules fermees, de diametres δn avec
0 < δn <δn−1
2pour tout n ∈ IN∗, verifiant Bn ⊂
Bn−1 ∩ Ωn ⊂ Bn−1. On a alors lim
n→∞δn = 0,
donc⋂
n∈IN
Bn est un singleton x d’apres 1. L’element x de E est alors dans Ω ∩ U , ce qui
acheve la demonstration.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3. Dans un espace metrique complet, toute reunion denombrable de fermes d’interieurs vides a un
interieur vide.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
C’est la propriete“duale”de la precedente (elle s’en deduit par passage au complementaire puisqu’unepartie de E a un interieur vide si et seulement si son complementaire est dense dans E).
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4. Attaquons maintenant l’exercice proprement dit!. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Nous allons montrer que deux elements quelconques de A peuvent etre joints (dans A) par une lignebrisee formee de deux segments, autrement dit
∀(x, y) ∈ A2 ∃z ∈ A [x, z] ∪ [z, y] ⊂ A .
Soient x et y deux elements de A. Pour tout n ∈ IN, il existe
- un hyperplan affine Hn contenant x et Fn ;
- un hyperplan affine H ′n contenant y et Fn.
Tout hyperplan affine de E est un ferme d’interieur vide (“ensemble rare”) donc, d’apres 3.,
l’ensemble M =
(
⋃
n∈IN
Hn
)
∪(
⋃
n∈IN
H ′n
)
est un ensemble d’interieur vide (“ensemble
maigre”, c.a.d. union denombrable de fermes d’interieur vide). Son complementaire E \M estdonc 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 affinesFn (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 a cette droite, seraitdans Hn, absurde).
De meme, le segment S′ = [z, y] ne rencontre aucun des Fn et S ∪ S′ ⊂ A, ce qu’il fallait demontrer.
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) = minε ≥ 0 | F ⊂ Vε(G) et G ⊂ Vε(F ) .a. Verifier l’existence de δ(F,G).b. Montrer que δ est une distance sur K.c. Soit (Gn) une suite
d’elements de K, decroissante pour l’inclusion. Montrer que, dans l’espace metrique (K, δ), on a
limn→∞
Gn =⋂
n∈IN
Gn.d. Montrer que (K, δ) est un espace metrique complet.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
a. Les parties F et G etant bornees, l’ensemble de reels
IF,G = ε ≥ 0 | F ⊂ Vε(G) et G ⊂ Vε(F )est non vide ; il est minore par 0, donc admet une borne inferieure 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 ⊂⋂
α>0
Vδ+α(G) = Vδ(G) et, de
meme, 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 verifieront que l’on peut aussi ecrire
δ(F,G) = maxmaxx∈F
d(x,G),maxy∈G
d(y, F ) ,
les autres feront un dessin, ce qui est largement aussi instructif.
b. Si F est un ferme de C, on a V0(F ) = F = F , donc
δ(F,G) = 0 ⇐⇒ F ⊂ G et G ⊂ F ⇐⇒ F = G .
La symetrie δ(G,F ) = δ(F,G) est immediate.
Pour l’inegalite triangulaire, notons tout d’abord que, pour tout K ∈ K et tous α > 0, β > 0, ona Vα
(
Vβ(K))
⊂ Vα+β(K). Alors, soient F , G, H trois elements de K, posons α = δ(F,G) etβ = δ(G,H) ; on a F ⊂ Vα(G) et G ⊂ Vβ(H) d’ou
F ⊂ Vα(G) ⊂ Vα(
Vβ(H))
⊂ Vα+β(H) .
De meme, H ⊂ Vα+β(F ), donc δ(F,H) ≤ α+ β, ce qu’il fallait demontrer.
Remarque. L’espace metrique C etant en fait une partie convexe d’un e.v.n., le lecteur se convaicraaisement de l’egalite Vα
(
Vβ(K))
= Vα+β(K) pour tout compact K non vide.
La distance δ est la distance de Hausdorff.
56
c. Posons G =⋂
n∈IN
Gn.
On a G ∈ K : en effet, G est une intersection de fermes bornes, c’en est donc encore un. Par ailleurs,il est classique que toute suite decroissante 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 elements appartiennentau compact G0, admet une valeur d’adherence x = lim
n→∞xϕ(n). Pour tout n, x est alors la limite
de la suite(
xϕ(k)
)
k≥n d’elements du ferme Gϕ(n), donc x ∈⋂
n∈IN
Gϕ(n) = G.
Montrons que limn→+∞
Gn = G dans l’espace metrique (K, δ), c’est-a-dire limn→+∞
δ(Gn, G) = 0.
On a deja G ⊂ Gn pour tout n. Ensuite, si on se donne ε > 0, il existe N tel queGN ⊂ Vε(G) : sinon, pour tout n, on pourrait trouver xn ∈ Gn tel que xn 6∈ Vε(G), c’est-a-dire d(xn, G) > ε ; la suite (xn), a valeurs dans le compact G0, admet une valeur d’adherencex qui verifie alors, par passage a la limite dans l’inegalite, d(x,G) ≥ ε donc x 6∈ G, ce qui estabsurde puisque, pour tout n, x est valeur d’adherence de la suite (xp)p≥n a valeurs dans lecompact Gn donc x ∈ Gn. La decroissance de la suite (Gn) fait alors que Gn ⊂ Vε(G) pour toutn ≥ N , donc δ(Gn, G) ≤ ε pour n ≥ N , ce qu’il fallait demontrer.
d. Soit (Fn)n∈IN une suite de Cauchy dans l’espace metrique (K, δ). Pour tout n, posons
Gn =⋃
k≥nFk , puis G =
⋂
n∈IN
Gn .
Chaque Gn est ferme, non vide car il contient Fn, il est borne car, la suite (Fn) etant de Cauchy,
∃N ∈ IN k ≥ N =⇒ Fk ⊂ V1(FN ) .
On a donc Gn ∈ K pour tout n. Enfin, la suite (Gn) est decroissante pour l’inclusion.
Montrons que limn→∞
δ(Fn, Gn) = 0, ce qui achevera la demonstration : on sait en effet que limn→∞
Gn =
G, il en resultera 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 . Pourn ≥ N , on a alors Fk ⊂ Vε(Fn) pour tout k ≥ n, ce qui entraıne Gn ⊂ Vε(Fn) ; comme, parailleurs, Fn ⊂ Gn, on a δ(Fn, Gn) ≤ ε pour tout n ≥ N , ce qu’il fallait prouver.
6.5 EXERCICE 5 : Relevements et homeomorphismes du cercle
On note U le cercle unite dans le plan complexe. On note ε : IR → U le morphisme de groupeθ 7→ ε(θ) = e2iπθ. 1. Relevement d’une application continue de [a, b] vers U
Soient a et b deux reels avec a < b. Soit ϕ : [a, b]→ U une application continue. Montrer qu’il existeune application Φ : [a, b]→ IR, continue, telle que ϕ = ε Φ.
Y a-t-il unicite de Φ ?2. Relevement 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 appelee un relevement de f .3. Soit f : U → U , continue. Comparer
deux relevements de f . Verifier que le nombre F (1) − F (0) est un entier relatif, qui ne dependpas du choix du relevement F de f ; on note ce nombre N(f), c’est le nombre de rotation def .4. Calculer N(f) lorsque f : z 7→ ωzk 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 homeomorphisme. Quelles sont les valeurs possibles de N(f) ?
Montrer que tout relevement F de f est alors un homeomorphisme de IR sur lui-meme.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
1. Notons tout d’abord que, si une application h : I → U , continue sur un intervalle I de IR, ne recouvrepas le cercle U tout entier, alors elle admet un relevement H : en effet, soit u0 = e2iπθ0 un elementde U n’appartenant pas a l’image h(I), alors l’applicationα : U \u0 →]θ0, θ0 +1[ qui, a tout point u ∈ U \u0, associe l’unique reel θ ∈]θ0, θ0 +1[ tel quee2iπθ = u est une “determination continue de l’argument” sur U \ u0 (c’est, plus precisement,un homeomorphisme de U \ u0 vers ]θ0, θ0 + 1[ dont la reciproque est une restriction de ε) etl’application H = α h repond a la question. On peut donc relever toute application continueh d’un intervalle I de IR vers U lorsque le diametre de l’ensemble-image h(I) est strictementinferieur a 2.
L’application ϕ, continue sur [a, b], est uniformement 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 diametre au plus egal a 1 (ilsuffit que le pas de la subdivision soit inferieur a α). Pour tout k ∈ [[0, n − 1]], la restriction ϕkde ϕ au segment [ck, ck+1] admet donc un relevement Φk : [ck, ck+1]→ IR (application continuetelle que ϕk = ε Φk).
Il reste a raccorder ces relevements : en chaque “point de jonction” ck (1 ≤ k ≤ n − 1), le nombreΦk(ck)−Φk−1(ck) est un entier relatif Nk puisque exp
(
2iπΦk(ck))
= exp(
2iπΦk−1(ck))
= ϕ(ck).Considerons alors l’application Φ : [a, b]→ IR definie 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 definie et continue sur [a, b] et verifie ϕ = ε Φ.
Si Φ et Ψ sont deux relevements de ϕ, alors, pour tout x ∈ [a, b], on a e2iπ(
Ψ(x)−Φ(x))
= 1 ; lafonction Ψ− Φ, continue, est a valeurs dans Z, elle est donc constante.
En conclusion, si Φ0 est un relevement de ϕ sur [a, b] (il en existe), les relevements de ϕ sur [a, b]sont les fonctions Φ0 +m, ou m est un entier relatif fixe.
58
2. Soit f : U → U continue. Posons ϕ = f ε. Alors ϕ est une application continue et1-periodique de IR vers U . La restriction ψ de ϕ au segment [0, 1] est continue et admet doncun relevement Ψ (Ψ : [0, 1] → IR continue telle que ψ = ε Ψ). Comme ψ(0) = ψ(1), le nombreΨ(1)−Ψ(0) est un entier relatif N .
Definissons 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 verifier 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-periodique.
3. Si F et G sont deux relevements de f , alors ε F = ε G, donc la fonction F − G, continue surIR, est a valeurs entieres, donc constante. Ici encore, etant donne un relevement F0 de f , tous lesrelevements de f sont les applications F0 +m, ou m est un entier relatif.
Le nombre F (1)−F (0) ne depend donc pas du choix de ce relevement, et ne depend donc que de f .
Remarque : si F est un relevement de f , alors on a F (x + 1) − F (x) = N(f) pour tout reel x : eneffet, 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 a valeurs dans Z, donc constante. On a donc aussi F (x+k)−F (x) = kN(f)pour tout x ∈ IR et tout k ∈ Z.
4. Posons ω = e2iπα. On peut choisir comme relevement de f : z 7→ ωzk l’application affine F : IR→ IR,x 7→ kx+ α. Le nombre de rotation de f est donc N(f) = k.
5. On verifie immediatement que, si F est un relevement de f et G un relevement de g, alors G Fest un relevement 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’apres la remarque formulee a la fin de la question 3.
6. Soit g = f−1 l’homeomorphisme reciproque de f . De la question 5., on deduit
N(g)N(f) = N(g f) = N(idU) = 1 ,
donc N(f) est un element inversible de l’anneau Z, d’ou N(f) ∈ −1, 1. Ces deux valeurs sonteffectivement possibles : N(f) = 1 avec f = id
U, et N(f) = −1 avec f : eiθ 7→ e−iθ (c’est-a-dire
f : z 7→ 1
z).
Soit F un relevement de f , soit G un relevement de g = f−1. Alors G F et F G sont desrelevements de id
U(cf. debut de la question 5.). Comme idIR est un relevement de id
U, d’apres
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, doncF est injective. Le relevement F est donc une bijection continue de IR sur lui-meme, donc un
59
homeomorphisme (une bijection continue H d’un intervalle I de IR sur un intervalle J de IRest toujours strictement monotone et sa bijection reciproque est alors continue, H est alors unhomeomorphisme de I sur J).
6.6 EXERCICE 6 :
Soit f : IR∗+ → IR, continue, telle que
∀x ∈ IR∗+ lim
n→+∞f(nx) = 0 .
Montrer que limx→+∞
f(x) = 0. On pourra pour cela utiliser la propriete de Baire.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
Pour un rappel de la propriete de Baire, cf. exercice 3. Un enonce possible est :
Dans un espace metrique complet, toute reunion denombrable de fermes d’interieur vide estd’interieur vide.Bon, mais alors, vous allez me dire : l’ensemble IR∗
+, muni de la metrique induite
par la distance usuelle de IR, n’est pas complet. Certes, mais je repondrai que, si la completude estune notion “metrique” (i.e. attachee a une distance), la propriete de Baire, elle, est “topologique”(i.e. conservee par homeomorphisme), or l’application exponentielle est un homeomorphisme deIR (complet, donc de Baire) sur IR∗
+. La propriete 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 =⋂
n>p
x ∈ IR∗+ ; |f(nx)| ≤ ε est un ferme relatif de IR∗
+.Or,
les Fp recouvrent IR∗+ puisque, pour tout x ∈ IR∗
+, on a limn→+∞
f(nx) = 0. La reunion⋃
p∈IN
Fp est
d’interieur non vide, puisque c’est IR∗+ tout entier. Par contraposition de la propriete de Baire
ci-dessus, l’un au moins des Fp est d’interieur non vide.Soit p ∈ IN tel queF p 6= ∅, il existe alors
deux reels 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 a l’ensemble V =⋃
n>p
[nu, nv]. Or, cet ensemble
V est un voisinage de +∞ puisque, pour n assez grand, les intervalles [nu, nv] se chevauchent :
plus precisement, si N est un entier superieur au
v − u , alors, pour n ≥ N , on a (n+ 1)u ≤ nv ;
l’intervalle [Nu,+∞[ est donc inclus dans V .On a ainsi prouve
∀ε > 0 ∃A ∈ IR∗+ x ≥ A =⇒ |f(x)| ≤ ε ,
c’est-a-dire limx→+∞
f(x) = 0.
60
![Eric Prié & Aaron Summerscale - Colle & Anti-Colle [D02-05]](https://img.pdfslide.net/doc/110x75/55cf97e3550346d033943939/eric-prie-aaron-summerscale-colle-anti-colle-d02-05.jpg)
