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École Normale Supérieure de Lyon

19 août 2016Développements possibles pour l'Agrégation

Développements possibles pour l'Agrégation deMathématiques

Florian Lavigne

Comment se servir de ce polycopié ?

Ce polycopié est fait pour aider la préparation des oraux. Il présente les diérents dévelop-pements que j'ai préparé pendant mon année, pour l'agrégation de Mathématiques. Je n'avaispas cherché au départ des "recasages", mais plutôt tenté de trouver des développements intéres-sants et/ou importants. Bien évidemment, il me restait encore des leçons qui n'avaient pas dedéveloppements originaux vers la n de l'année, et donc j'ai préféré prendre certains résultatsassez classiques, que je présente aussi tout de même.

Suite à un travail en amont sur ces leçons, j'ai préféré le mettre en ligne pour aider lesprochains, qui aimeraient soit un développement "original", soit des références, soit une petiteidée de ce qu'on pourrait mettre dans certaines leçons.

Ici vous trouverez par ordre alphabétique mes développements avec la(les) référence(s)et quelques remarques. J'ajoute aussi une liste de leçons dans lesquelles les développementspeuvent être mis.

Quelques conseils pour l'agrégation

Contrairement à quelques uns de mes collègues, j'ai préféré faire chaque leçon en faisant enparallèle le plan et le choix des développements. Le travail est long (c'est pourquoi si on veutfaire ça, il vaut mieux s'y prendre dès le début de l'année), mais il permet à la n :

d'avoir une leçon cohérente, dans laquelle les développements s'insèrent parfaitement. se préparer à créer une leçon en moins de trois heures. avoir les références, pour le jour J.Je rappelle que le jury aime les développements originaux, mais il vaut mieux prendre un

développement de base (un résultat simple mais important du plan), qu'un résultat compliquéqu'on ne maitrise pas ou pour lequel on a pas d'application (un théorème n'est en général pasune application !).

Si on recherche l'originalité, on a pas besoin de chercher des résultats compliqués, commele théorème de la boule chevelue : vous trouverez ici bon nombre de développements originaux(pour mon année) qui n'ont aucune diculté.

Il faut cependant faire attention aussi au format de l'exercice : un développement qui faitun calcul ou qui illustre un propos est plus intéressant lors d'un oral, qu'un théorème qui estdicile à faire tenir en 15 minutes. De plus, un développement court et clair est mieux perçupar l'assemblée, qu'un développement obscur sur lequel on doit aller vite pour tout démontrer :il vaut mieux admettre dans ce dernier cas un ou deux résultats, tant que ce ne sont pas lesclés du raisonnement.

Je vous souhaite une bonne lecture et bonne chance pour vos oraux.

2

Table des matières

1 Algorithme de Berlekamp 6

2 Calcul d'intégrale par le théorème des résidus 7

3 Caractérisation des endomorphismes semi-simples 8

4 Caractérisation des fonctions analytiques réelles 9

5 Caractérisation des fractions rationnelles 10

6 Compacts d'un espace vectoriel normé de dimension nie 11

7 Conique passant par cinq points 12

8 Connexe non connexe par arcs 13

9 Convergence des schémas numériques 14

10 Critère d'Eisenstein 15

11 Décomposition polaire 16

12 Densité de D(R) dans Lp(R) 17

13 Diérentielle de l'exponentielle 18

14 Ellipse de Steiner et théorème de Lucas 19

15 Equation de Bessel 20

16 Equation diérentielle non linéaire : x′(t) = t2

x(t) − 1 21

17 Equation diophantienne et DFT 22

18 Equivalent de solutions d'une équation diophantienne 23

19 Etude de xy′ + λy = 11+x 24

20 Exemple de suite récurrente, via la monotonie d'une fonction 25

21 Expression de exp(1) sous forme d'une série 26

22 Fonctions harmoniques et séries de Fourier 27

23 Formes quadratiques sur Fq 28

24 Générateurs de O(E) et de Isom(E) 29

25 Inégalité de Hoeding 30

26 Instabilité L2 du schéma centré 31

27 Intégrales de Wallis et de Gauss 32

3

28 Intégrale et séries de Fourier 33

29 Irréductibilité du Pfaen 34

30 Isomorphismes exceptionnels 35

31 Lemme de Morse 36

32 Lire les sous-groupes distingués par les caractères du groupe 37

33 Mélange de cartes 38

34 Méthode de Jacobi aléatoire 39

35 Méthode de Laplace 40

36 Méthode de Monte-Carlo 41

37 Méthode de Newton multidimensionnelle 42

38 Méthode des trapèzes 43

39 Méthode probabiliste et jeu de Berlekamp 44

40 Modèle de Lotka-Volterra 45

41 Morphismes continus de S1 dans GLn(R) 46

42 Nombres de Bell 47

43 Nombres de Liouville 48

44 Nombres moyens de diviseurs des entiers inférieurs à x 49

45 Nullstellensatz faible par le résultant 50

46 Polygones réguliers constructibles : version faible du théorème de Gauss 51

47 Polynômes de Bernstein 52

48 Simplicité de SO3 53

49 Solution élémentaire de l'équation des ondes 54

50 Sous-groupes fermés de GLn(K) 55

51 Table de S4 56

52 Théorème Central Limite 57

53 Théorème de Bôcher 58

54 Théorème de Burnside 59

55 Théorème de Clairaut 60

4

56 Théorème de Hille-Yosida 61

57 Théorème de Householder 62

58 Théorème de Pascal 63

59 Théorème de Perron-Frobenius - version faible 64

60 Théorème de Riesz-Fischer 65

61 Théorème de Rothstein-Trager 66

62 Théorème des extrema liés 67

63 Théorème des lacunes d'Hadamard 68

64 Théorème de Sophie Germain 69

65 Théorème de Stampacchia 70

66 Théorème de structure des groupes abéliens nis 71

67 Théorème de Wedderburn 72

68 Théorème de Whitney 73

69 Transformée de Fourier de vp(1/x) 74

70 Translatés d'une fonction 75

A Liste des leçons 76

5

1 Algorithme de Berlekamp

Théorème 1. Soit P ∈ Fq[X] sans facteurs carrés. On pose P = ∏ri=1Pi avec Pi irréductibles

et les corps Ki = Fq[X]/(Pi). On dénit l'application Sp ∶Fq[X]/(P ) → F[X]/(P )

Q ↦ Q(Xp)et l'iso-

morphisme de Fp-algèbres ϕ ∶ Fq[X]/(P ) → ∏iKi. Soit x = X mod P et B = 1, x,⋯, xdegP−1base de Fq[X]/(P ). Le processus suivant s'arrête et décompose P :

(i) On calcule la matrice Sp − id dans B et on passe à (ii).(ii) Soit r le nombre d'irréductibles dans la décomposition de P . Alors r = dim ker(Sp − id).

Si r = 1, alors P est irréductible et on s'arrête. Sinon, on passe à (iii).(iii) Soit V ∈ Fq[X] non congru à une constante modulo P avec V mod P ∈ ker(Sp − id).

Alors P =∏α∈Fq PGCD(P,V − α). On passe à (i) pour chaque PGCD(P,V − α).

Démonstration. Montrons que r = dim(ker(Sp − id)). Soit :

Sp = ϕ Sp ϕ−1 ∶ K1 ×⋯ ×Kr → K1 ×⋯ ×Kr

(x1,⋯, xr) ↦ (xq1,⋯, xqr)

Alors (x1,⋯, xr) ∈ ker(Sp − id) ssi ∀iJ1, qK, xqi = xi (dans Ki).Soit ι ∶ Fq K une extension de corps. Montrons que ι(Fq) = x ∈ K, xq = x =∶ E. Par lethéorème de Lagrange, on a ∀x ∈ F∗q , xq−1 = 1. Ainsi ι(Fq) ⊂ E. Or le polynôme Xq −Xadmet au plus q racines. On sait que #ι(Fq) = q. Donc E = ι(Fq). On confondra par lasuite Fq et E.En particulier, pour K = Ki, on obtient que (x1,⋯, xr) ∈ ker(Sp − id) ssi ∀i ∈ J1, rK,xi ∈ Fq. Cela revient à dire que ker(Sp− id) = Frq. Comme ϕ donne un isomorphisme entre

ker(Sp − id) et ker(Sp − id), on a :

dim(ker(Sp − id)) = dim(ker(Sp − id)) = r.

Supposons que r > 1 par la suite. On sait que l'ensemble des polynômes U mod P , avecU congru à une constante modulo P , est la droite vectorielle de Fq[X]/(P ) dirigée par1. Comme dim ker(Sp − id)) > 1, V existe.

Montrons que pour α ∈ Fq, PGCD(V −α,P ) =∏i,Pi∣V −αPi. On sait déjà que∏i,Pi∣V −αPidivise PGCD(V − α,P ).De plus, PGCD(V − α,P )∣P . Donc il existe Iα ⊂ J1, rK, PGCD(P,V − α) =∏i∈Iα Pi.Or PGCD(V − α,P )∣V − α. Par le lemme de Gauss, comme les Pi sont premiers entreeux (car irréductibles et distincts deux à deux), on a pour i ∈ Iα, Pi∣V − α.

On a : (V mod P ) ∈ ker(Sp − id)⇔ V mod Pi ∈ Fq,∀i ∈ J1, rK⇔ ∀i,∃αi ∈ Fq, Pi∣V − αi.Finalement α = αi ssi Pi∣V − α.Donc Iα = i ∈ J1, rK, αi = α puis P =∏α∈Fq∏i∈Iα Pi =∏α∈Fq PGCD(P,V − α).

Montrons que l'algorithme se termine.Si pour tout i ≠ j, on a αi = αj =∶ α, alors V ≡ α[P ], par le lemme chinois, ce qui estimpossible.Ainsi parmi les PGCD(P,V −α) il en existe deux qui ne sont pas triviaux. Donc, pourα ∈ Fq, le nombre de polynômes irréductibles divisant PGCD(V − α,P ) est majoréstrictement par r.

Références Objectif Agrégation, Beck, H& K, 2005

Leçons 122, 123, 141, 151

6

2 Calcul d'intégrale par le théorème des résidus

Proposition 2. Pour tout α ∈]0,1[, on a Iα ∶= ∫∞

0dt

tα(1+t) =π

sin(πα) .

Démonstration. . Iα est bien dénie comme intégrale d'une fonction mesurable positive. Oru ∶ t↦ t

tα(1+t) est continue sur R+∗ avec u(t) ∼

t→01/tα et u(t) ∼

t→∞1/tα+1 : donc Iα <∞.

Soit Ω = C∖[0,∞[ et f dénie sur Ω∖−1 par f(z) = 1zα(1+z) , où z

α = rαeiαθ si z = reiθ pour

θ ∈]0,2π[. Alors f ∈ H(Ω∖−1) et possède un pôle simple en −1 avec Res(f,−1) = 1(−1)α = e−iπα.

Pour 0 < ε < 1 < R, on note Kε,R le compact suivant de contour noté Γε,R :

Le théorème des résidus donne ∫Γε,Rf(z)dz = 2iπe−iπα. Calculons :

∣ ∫∣z∣=ε,Re(z)≤0 f(z)dz∣ ≤επ

εα(1−ε) =ε1−απ1−ε →

ε→00.

Soit Eε,R = Reiθ, θ ∈ [−π,π], ∣θ∣ ≥ θε,R. Alors :

∫Eε,R

f(z)dz = ∫2π−θε,R

θε,RiR1−α e

i(1−α)θ

1 +Reiθdθ →

ε→0∫

2π

0iR1−α e

i(1−α)θ

1 +Reiθdθ,

par théorème de convergence dominée. Cependant, ∣iR1−α ei(1−α)θ1+Reiθ ∣ ≤

R1−α

R−1 →R→∞

0.

∫[iε,iε+R] f(z)dz = ∫R

0dt

(t−iε)α(1+t−iε) . Or ∣f(z − iε)∣ ≤ 1zα(1+z) pour tout z ∈ R. Par théorème

de convergence, ∫[iε,iε+R] f(z)dz → ∫R

0 f(t)dt quand ε→ 0, puis vers Iα en faisant tendre

R vers ∞. De la même façon, comme t + iε →ε→0

te−2iπ, on a :

∫[−iε,−iε+R]

f(z)dz →ε→0

e−2iπα∫

R

0f(t)dt.

Ainsi en regroupant tout ce qui précède et en faisant tendre ε vers 0, puis R vers ∞ dans laformule donnée par les résidus, on obtient :

Iα =2iπe−iπα

1 − e−2iπα=

π

sin(πα).

Références Analyse complexe, Amar, Cassini, 2004

Leçons 235, 236, 245

7

3 Caractérisation des endomorphismes semi-simples

Déf. f ∈ L(E) est dit semi-simple si pour tout sous-espace vectoriel F de E stable par f , ilexiste G sous-espace vectoriel de E stable par f avec E = F ⊕G.

Lemme 3. Soit F sous-espace vectoriel stable par f ∈ L(E). Si πf =Mα11 ⋯Mαs

s , alors :

F =s

⊕i=1

[ker(Mαii (f)) ∩ F ].

Théorème 4. f ∈ L(E) est semi-simple ssi πf = M1⋯Ms pour Mi irréductibles unitairesdistincts deux à deux.

Démonstration. Soit πf = Mα11 ⋯Mαs

s . Le but est de montrer que pour tout i, αi = 1.Supposons qu'il existe i avec αi ≥ 2. Si M = Mi, il existe alors N ∈ K[X] tel queπf =M2N .Soit F = ker(M(f)) sous-espace vectoriel de E stable par f qui est semi-simple. Il existealors S supplémentaire de F stable par f . Montrons queMN(f) = 0 (ce qui sera absurdepar minimalité de πf ).Soit x ∈ S. Alors MN(f)(x) ∈ F car M(f)[MN(f)(x)] = πf(f)(x) = 0. De plus commeS est stable par f , on a MN(f)(x) ∈ S ∩ F = 0.Soit x ∈ F . Alors MN(f)(x) = N(f)M(f)(x) = 0. On a donc que MN(f) = 0 surF ⊕ S = E.

Réciproquement, si s = 1, on a πf irréductible. Soit F sous-espace vectoriel de E (strict).Il existe alors x1 ∈ E ∖ F . On pose Ex1 = P (f)(x1), P ∈ K[X] sous-espace vectorielstable par f .Montrons que F ∩ Ex1 = 0. Posons Ix1 = P ∈ K[X], P (f)(x1) = 0 idéal de K[X]diérent de 0 (car πf ∈ Ix1). Donc il existe πx1 ∈ K[X] unitaire avec Ix1 = (πx1). D'oùπx1 ∣πf . Or πf est unitaire irréductible. Donc πf = πx1 .Soit y ∈ Ex1 ∩ F et P ∈ K[X] tel que y = P (f)(x1). Si y ≠ 0, alors P ∉ Ix1 = (πf). Doncπf /∣ P . Comme πf est irréductible, PGCD(πf , P ) = 1. Par le théorème de Bézout, on aU,W ∈ K[X] tel que UP +Wπf = 1. Alors :

x1 = U(f)P (f)(x1) +(((((((

((V (f)πf(f)(x1) = U(f)(y).

Or y ∈ F qui est stable par f . Donc x1 ∈ F , ce qui est absurde. Ainsi Ex1 ⊕ F.Si E = F ⊕Ex1 , on a ni. Sinon on itère le procédé, pour trouver x1, x2,⋯ avec F ⊕Ex1 ⊕⋯⊕Exk pour tout k ≥ 1. Or E est de dimension nie. Donc la suite s'arrête à un rang ket on prend S = ⊕ki=1Exi .

Soit F sous-espace vectoriel de E stable par f . Posons Fi = ker(Mi(f)). On a alorsE = ⊕Fi et F = ⊕Fi ∩ F . Notons que par stabilité de Fi par f , on peut dénir fi ∶= f∣Fi .Comme Mi(fi) = 0 et Mi irréductible, on a πfi = Mi. Donc fi est semi-simple par cequi précède. Or F ∩ Fi est stable par fi. Donc il existe Si stable par fi (donc par f)supplémentaire de F ∩ Fi dans Fi.Posons S = S1 ⊕⋯⊕ Ss stable par f . Alors :

E =s

⊕i=1

Fi =s

⊕i=1

[(Fi ∩ F )⊕ Si] =s

⊕i=1

(Fi ∩ F )⊕s

⊕j=1

Sj = F ⊕ S.

Références Algèbre, Gourdon, Ellipses, 2008

Leçons 122, 153, 154

8

4 Caractérisation des fonctions analytiques réelles

Théorème 5. Soit I un intervalle ouvert de R et f ∈ C∞(I,R). Alors f est analytique ssi pourtout segment J ⊂ I :

∃C, r > 0,∀n ∈ N,∀x ∈ J, ∣f (n)(x)∣ ≤ Crnn!.

Démonstration. ⇐ Soit x0 ∈ I et η > 0 avec J = [x0 − η, x0 + η] ⊂ I. Soit C et r donnés parhypothèse. Par la formule de Taylor, on a :

∀x ∈ J,∀n ∈ N, f(x) =n

∑k=0

f (k)(x0)

k!(x − x0)

k +Rn(x),

avec Rn(x) = ∫x

x0

(x−t)nn! f (n+1)(t)dt. Alors ∣Rn(x)∣ ≤ Crn+1∣x − x0∣n+1.

Ainsi si ∣x − x0∣ < min(η,1/r), alors Rn(x)→ 0 : f est DSE en tout x ∈ I.⇒ Soit x0 ∈ I. Alors il existe η > 0 tel que pour tout ∣x − x0∣ ≤ η :

f(x) =∑n≥0

f (n)(x0)

n!(x − x0)

n.

Donc f(n)(x0)n! ∣x − x0∣n → 0 ou encore ∣f (n)(x0)∣ ≤ Cn!rn, avec r = 1/η et une constante

C > 0.Le but est d'augmenter C et r pour qu'ils conviennent sur un voisinage de x0. On saitque :

∀x ∈]x0 − η, x0 + η[,∀n ∈ N, f (n)(x) =∞∑k=n

f (k)(x0)

k!k(k − 1)⋯(k − n + 1)(x − x0)

k−n

Alors :

∣f (n)(x)∣ ≤∞∑k=n

Ck!rk∣x − x0∣k−n

(k − n)!≤ ∑k≥n

Crnn!(k

n)(r∣x − x0∣)

k−n ≤ ∑k≥n

(k

n)Crnn!

2k−n,

pour ∣x − x0∣ ≤ 1/2r.

Or 1(1−x)n+1 = ∑k≥n (

k

n)xk−n. D'où ∣f (n)(x)∣ ≤ Crnn!2n+1 ≤ (2C)(2r)nn!.

Finalement, pour J un segment inclus dans I, on peut trouver pour tout y ∈ J desconstantes ηy,Cy, ry > 0 telles que :

∀n,∀x ∈]y − ηy, y + ηy[, ∣f(n)(x)∣ ≤ Cy(ry)

nn!.

Or l'ensemble des ]y − ηy, y + ηy[ est un recouvrement d'ouverts du compact J . On peutalors en extraire un sous-recouvrement ni, par la propriété de Borel-Lebesgue. Notonsy1,⋯, ys les centres de ces intervalles. Il sut alors de considérer :

C = maxiCyi ; r = max

iryi .

Références Analyse 2, FGN, Cassini, 2009

Leçons 218, 241, 243, 244

9

5 Caractérisation des fractions rationnelles

Théorème 6. Soit K un corps et S = ∑n≥0 anXn ∈ K[[X]] ∖K[X]. Les assertions suivantes

sont équivalentes :(i) S ∈ K(x)0 ∶= PQ ∈ K(X),Q(0) ≠ 0.

(ii) ∃N ∈ N∗,∃m ∈ N,∃λ1,⋯, λN ∈ K, λN ≠ 0 et ∀n >m,an+N = ∑Ni=1 λian+N−i.

(iii) ∃N ′ ∈ N∗,∀n ≥ N ′,det(An) = 0 pour

An =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝

a0 ⋯ ana1 ⋯ an+1

......

an ⋯ a2n

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠

∈Mn+1(K).

Démonstration. (i) ⇒ (ii) Il existe ∆ ∈ K[X] avec ∆ = 1 − ξ1X − ⋯ − ξνXν (pour touti, ξi ∈ K, ν ∈ N∗, ξν ≠ 0) et ψ ∈ K[X] tel que S = ψ

∆ . Soit d = degψ. Comme ψ = S∆, on a :

∀n > d, an = ξ1an−1 +⋯ + ξνan−ν .

(ii) ⇒ (i) Soit D = 1 − λ1X −⋯ − λNXN ∈ K[X]. Alors SD = ∑n≥0 bnXn avec :

∀n > N, bn = an − λ1an−1 −⋯ − λNan−N .

Donc ∀n >m +N, bn = 0. Ainsi U = SD ∈ K[X]. Cela donne S = UD avec D(0) = 1.

(ii) ⇒ (iii) La colonne de coordonnées (am+N+1,⋯, am+N+n+1), pour n > m +N , est combi-naison linéaire des N colonnes qui la précèdent. Donc detAn = 0.

(iii) ⇒ (ii) Supposons detAn = 0 pour n assez grand. On dénit ∆n ∶= detAn. Soit q = v(S).Alors

detAq =RRRRRRRRRRR

(0) aq⋰

aq

RRRRRRRRRRR

= (−1)q(aq)q+1 ≠ 0.

Ainsi il existe p ∈ N,∆p ≠ 0 et pour tout n > p,∆n = 0. Les (p + 1)-ères colonnes[Ci(Ap+1)] de Ap+1 sont k-linéairement indépendantes car ∆p ≠ 0. Comme ∆p+1 = 0,il existe λ0,⋯, λp ∈ K avec Cp+1(Ap+1) = ∑

pi=0 λiCi(Ap+1). Cela signie que pour tout

n ∈ Jp + 1,2p + 2K, an = λ0an−p−1 + ⋯ + λpan−1. Soit k ∈ N avec cette égalité vériée pourtout p + 1 ≤ n ≤ 2p + 2 + k. On notera ici (Ci)0≤i≤p+k+2 les colonnes de Ap+k+2. On fait lesopérations suivantes (dans cet ordre) : Cp+k+2 ← Cp+k+2 − λ0Ck+1 −⋯ − λpCp+k+1, ⋯, Cp+1 ← Cp+1 − λ0C0 −⋯ − λpCp.

Alors detAp+k+2 =

RRRRRRRRRRR

Ap 0

? B

RRRRRRRRRRR

, avec B =

RRRRRRRRRRR

(0) α

⋰

α

RRRRRRRRRRR

∈Mk+2(K) et :

α = a2p+k+3 − λ0ap+k+2 −⋯ − λpa2p+k+2.

On obtient nalement 0 = detAp+k+2 = ∆p detB = ∆p(−1)k+1αk+2. Comme K est un corpset que ∆p ≠ 0, α = 0. On en déduit (ii) par récurrence.

Références Groupe, Algèbres et Géométrie - Tome 1, Arnaudiès, Ellipses, 1993

Leçons 124, 140, 152

10

6 Compacts d'un espace vectoriel normé de dimension nie

Déf. Dans toute cette partie, on considère E un evndf et K l'ensemble de ses compacts nonvides. La distance de Hausdor (qui est bien une distance) est :

∀A,B ∈ K, dH(A,B) = max(supx∈A

infy∈B

d(x, y), supy∈B

infx∈A

d(y, x)).

Théorème 7. (admis) Soit A,B ∈ K. Alors dH(A,B) = ∥d(⋅,A) − d(⋅,B)∥∞.

Proposition 8. (K, dH) est complet.

Démonstration. Soit (Kn)n une suite de Cauchy dans K. Montrons que (Kn) est bornée. Soit ε > 0. Il existe N > 0 tel que pour tout n ≥ N :

dH(Kn,KN) ≤ ε.

Fixons x0 ∈K0. Soit x ∈ ∪n>NKn : ∃n > N,x ∈Kn. Soit ξ = πKN (x). Alors :

∥x0 − x∥ ≤ ∥x0 − ξ∥ + ∥x − ξ∥ ≤ maxy∈KN

∥x0 − y∥ + d(x,KN) ≤ maxy∈KN

∥x0 − y∥ + ε.

Ainsi ∪n>NKn est bornée. Comme les Ki sont bornés, ∪Ni=1Kn l'est aussi, puis (Kn) estbornée.

Construisons un compact "limite". Posons dn = d(⋅,Kn). Par le théorème précédent, (dn)est de Cauchy. Par complétude de R, on sait que (dn(x)) converge vers un ϕ(x), pourtout x ∈ E. Par critère de Cauchy appliqué à (dn)n, on sait que pour ε > 0, il existe Ntel que pour tout n,m > N , on ait ∥dn − dm∥∞ < ε. En faisant tendre m vers l'inni, onobtient la convergence uniforme de (dn) vers ϕ. Or les dn sont continues : ϕ est donccontinue.Posons K = ϕ−1(0) fermé. Soit x ∈K. Alors 0 = ϕ(x) = limn dn(x), puis x ∈ ∪nKn, quiest bornée. Donc K est borné. Comme E est de dimension nie, K est compact.

Montrons que K ≠ ∅. Soit xn ∈ Kn pour tout n ∈ N. Comme (xn) est bornée, quitte àextraire, la suite (xn) converge vers x ∈ E. Alors ϕ(x) = limn limm dn(xm) = limn dn(xn).En eet, ∣ϕ(x) − dn(xn)∣ ≤ ∣ϕ(x) − dn(xm)∣ + ∣dn(xm) − dn(xm)∣ nous donne le résultat enfaisant tendre n,m ver ∞. Donc x ∈K, puis K ∈ K.

Montrons que ϕ = d(⋅,K). Soit y ∈ E. Pour n ∈ N, on pose ξn = πKn(y). Quitte à extraire,on sait que ξn converge vers un élément ξ ∈K. Par continuité, on a alors ∥y − ξ∥ = ϕ(y).Soit x ∈K. Il existe xn ∈Kn avec (à extraction près) xn → x. Ainsi :

φ(y)← dn(y) ≤ ∥y − xn∥→ ∥y − x∥.

D'où le résultat, puis K est la limite des Kn au sens de la distance de Hausdor.

Remarque. (Preuve du théorème) Notons M le membre de droite dans l'inégalité.Soit a ∈ A. Alors ∣d(a,A) − d(a,B)∣ = d(a,B). Donc d(a,B) ≤ M . De même, d(b,A) ≤ M .

Ainsi dH(A,B) ≤M .Soit x ∈ E,a ∈ A, b ∈ B. Alors d(x,A) ≤ d(x, a) ≤ d(x, b) + d(b, a). Ainsi on obtient d(x,A) ≤

d(x, b) + d(b,A) ≤ d(x, b) + dH(A,B). Puis d(x,A) − d(x,B) ≤ dH(A,B). Par symétrie, on ad(x,B) − d(x,A) ≤ dH(A,B). Enn M ≤ dH(A,B).

Remarque. Cette propriété est utile pour construire certaines fractales. Pour en savoir plus,chercher les systèmes des fonctions itérées (SFI).

Références Aucune

Leçons 203, 205, 208

11

7 Conique passant par cinq points

Théorème 9. Soit A,B,C,D,E points dont quatre quelconques ne sont pas alignés. Alors ilexiste une unique conique C passant par ces points.

Démonstration. On peut supposer que ABC est un vrai triangle. Soit D = (xD, yD, zD) etE = (xE, yE, zE) leurs coordonnées dans le repère barycentrique (A,B,C).

Alors la conique existe si et seulement s'il existe p, q, r ∈ R solutions du système suivant :

(S) pxDyD + qxDzD + ryDzD = 0

pxEyE + qxEzE + ryEzE = 0

On sait que (S) est de rang r ≤ 2. Montrons que r = 2. Raisonnons par l'absurde. Alors lesquantités suivantes sont nulles :

d1 ∶= xDxE(yDzE − yEzD) ; d2 ∶= yDyE(zDxE − zExD) ; d3 ∶= zDzE(xDyE − xEyD).

1er cas : D,E ∉ (BC)

Alors xD, xE ≠ 0. Cependant, d1 = 0. Cela revient à dire queRRRRRRRRRRR

1 0 0

xD yD zDxE yE zE

RRRRRRRRRRR

= 0. Donc A,D

et E sont alignés. De plus, d2 = 0.Si yD ou yE est nul, alors D ∈ (AC) puis A,C,D,E seraient alignés.

Donc yD, yE ≠ 0. AinsiRRRRRRRRRRR

0 1 0

xD yD zDxE yE zE

RRRRRRRRRRR

= 0, ce qui signie que B,D,E (et A) sont alignés, ce

qui est impossible.

2e cas : D ∈ (BC) (et E ∉ (BC))

Alors xD = 0 et yD, zD, xE ≠ 0. Or d2 = 0 = d3. Cela se réécrit en yE = zE = 0. On aurait doncA = E, ce qui est absurde.

Ainsi r = 2. L'ensemble des solutions de (S) est une droite vectorielle. L'équation de deuxconiques convenant seront alors proportionnelles. La conique est alors unique.

Références Géométrie analytique classique, Eiden, Calvage et Mounet, 2009

Leçons 151, 152, 162, 170, 180, 181

12

8 Connexe non connexe par arcs

Proposition 10. Soit Γ = ⋃x∈Q(x × R+) ∪ ⋃x∉Q(x × R−∗). Alors Γ est connexe mais pas

connexe par arcs.

Démonstration. Montrons que Γ est connexe. Soit f ∶ Γ → 0,1 continue. Remarquonsque, pour x ∈ Q et y ∉ Q, x ×R+ et y ×R−

∗ sont connexes. Ainsi : f∣x×R+ = f(x,0) pour tout x ∈ Q. f∣y×R−

∗= f(y,−1) pour tout y ∉ Q.

Posons g ∶ R → 0,1, avec g(x) = f(x,0) si x ∈ Q et g(x) = f(x,−1) sinon. Montronsque g est localement constante. Soit x0 ∈ R : si x0 ∈ Q, on a que (f(x0),0) est ouvert et que f est continue. Ainsi f−1((f(x0),0))est un ouvert de Γ.Donc il existe α > 0 tel que, pour tout (x, t) ∈ (]x0 − α,x0 + α[×] − α,α[) ∩ Γ, on aitf(x, t) = f(x0,0). Soit x ∈]x0 − α,x0 + α[. Si x ∈ Q, alors :

g(x0) = f(x0,0) = f(x,0) = g(x).

Si x ∉ Q, alors g(x) = f(x,−α/2) = f(x0,0) = g(x0). si x0 ∉ Q, xons t < 0. Par le même raisonnement il existe β > 0 tel que pour toutx ∈]x0 − β,x0 + β[∖Q, on ait :

f(x, t) = f(x0, t) = g(x0).

Soit x ∈]x0 −β,x0 +β[∩Q. Par densité de R∖Q dans R, il existe une suite d'irration-nelles (xn)n∈N qui tend vers x. Alors :

g(x) = f(x,0) = limnf(xn,−1/n), par continuité de f

= g(x0).

Ainsi g est localement constante sur le connexe R. Donc g (puis f) est constante : Γ estconnexe.

Raisonnons par l'absurde : supposons que Γ est connexe par arcs. Soit x ∉ Q et t < 0.Alors il existe un chemin γ = (γ1, γ2) ∶ [0,1] → Γ continue qui relie γ(0) = (x, t) etγ(1) = (0,0).On sait que γ−1

1 (x) est un fermé non vide de [0,1]. Soit α sa borne supérieure. Commeγ1(1) = 0 ≠ x = γ1(α), α < 1.De plus, γ(α) ∈ Γ ainsi γ2(α) < 0. Par continuité de γ2, il existe ε > 0 tel que pour toutτ ∈ [α,α + ε], γ2(τ) < 0. D'où γ1(τ) ∉ Q,∀τ ∈ [α,α + ε]. Or γ1([α,α + ε]) est un segmentnon vide par le théorème des intermédiaires, avec γ(α + ε) ≠ γ(α) (par dénition de α).Cela est impossible par densité de Q.

Références Analyse, Gourdon, Ellipses, 2008

Leçons 202, 204

13

9 Convergence des schémas numériques

Lemme 11. Soit A ∈Mn(R) et ε > 0. Il existe une norme subordonnée ∣∣∣ ⋅ ∣∣∣ sur Mn(R) avec :

∣∣∣A∣∣∣ ≤ ρ(A) + ε.

Démonstration. Il existe U ∈ GLn(C) telle que T = U−1AU ∈ Triang+n(C). Soit δ > 0 tel que :

∀i ∈ J1, n − 1K,n

∑j=i+1

δj−i∣tij ∣ ≤ ε.

On pose Dδ = diag(1, δ,⋯, δn−1) et Tδ =D−1δ TDδ. On dénit ainsi sur Mn(R) la norme :

∣∣∣B∣∣∣ = max∥(UDδ)−1B(UDδ)x∥∞, x ∈ Rn, ∥x∥∞ = 1,

qui est subordonnée à la norme ∥x∥ = ∥(UDδ)−1x∥∞. On a alors :

∣∣∣A∣∣∣ = ∣∣∣Tδ ∣∣∣∞ = maxi

RRRRRRRRRRR

tii +n

∑j=i+1

δj−itij

RRRRRRRRRRR

≤ max ∣tii∣ + ε = ρ(A) + ε.

Déf. Une méthode itérative associée à la décomposition (M,N) de A ∈ GLn(R) pour approxi-mer la solution u de Au = b ∈ Rn est dite convergente si pour toute valeur u0 ∈ Rn la suite (uk)kdénie par Muk+1 = Nuk + b, converge.

Théorème 12. La méthode itérative associée à la décomposition (M,N) de A est convergentessi ρ(M−1N) < 1.

Démonstration. On note ek = uk − u l'erreur d'approximation, avec u la solution exacte deAu = b. Ainsi :

ek = (M−1Nuk−1 +M−1b) − (M−1Nu +M−1b) =M−1Nek−1,

c'est-à-dire ek = (M−1N)ke0. Si ρ(M−1N) < 1, on peut construire via le lemme une norme subordonnée ∣∣∣ ⋅ ∣∣∣ avec

∣∣∣M−1N ∣∣∣ < 1. En particulier ∥ek∥→ 0, ce qui assure la convergence. Si ρ(M−1N) ≥ 1, on considère u ∈ Cn vecteur propre complexe de M−1N associé àλ ∈ Sp(M−1N) avec ∣λ∣ = ρ(M−1N). On pose u = u1 + iu2. Alors :

∣λ∣n∥u∥ ≤ ∥(M−1N)nu1∥ + ∥(M−1N)nu1∥.

Comme ∣λ∣ ≥ 1, on a forcément (∥(M−1N)nu1∥)n ou (∥(M−1N)nu2∥)n qui ne tend pasvers 0. Ainsi en initialisant u0 par u + u1 ou par u + u2, on a ek qui ne tend pas vers 0 :la méthode ne converge pas.

Références Modélisation à l'oral de l'agrégation, calcul scientique, Dumas, Ellipses, 1999

Leçons 162, 106, 226, 232, 233

14

10 Critère d'Eisenstein

Lemme 13. (Gauss)Soit A factoriel.(i) Le produit de deux polynômes primitifs est primitif.(ii) Soit P,Q ∈ A[X]. Alors c(PQ) = c(P )c(Q).

Démonstration. (i) On pose P = ∑nk=0 akX

k,Q = ∑mk=0 bkX

k et PQ = ∑n+mk=0 ckXk. Raisonnons

par l'absurde et donc supposons que c(PQ) ≠ 1. Il existe alors p ∈ A premier avec p∣ckpour tout k ∈ J0, n +mK. On a alors dans A/(p)[X] :

0 = PQ = P Q.

Comme p premier, A/(p)[X] est intègre. On aurait donc P = 0 ou Q = 0, ce qui estimpossible, car P et Q sont primitifs.

(ii) On remarque que PQ = c(P )c(Q) Pc(P )

Qc(Q) avec

Pc(P ) et

Qc(Q) primitifs.

Par (i), c ( Pc(P )

Qc(Q)) = 1. Donc c(PQ) = c(P )c(Q).

Théorème 14. (Eisenstein)Soit A factoriel. Soit P = ∑

ni=0 aiX

i ∈ A[X] avec n ≥ 1. Soit p ∈ A irréductible avec : p ∤ an, p∣ak pour k < n, p2 ∤ a0.

Alors P irréductible sur K[X], pour K = Frac(A).

Démonstration. Raisonnons par l'absurde et supposons que P (et a fortiori P = 1C(P )P ) est

réductible dans K[X].Il existe R,S ∈ K[X], P = RS. Or il existe α,β ∈ A ∖ 0, αR ∈ A[X], βS ∈ A[X].De plus, comme αβP = (αR)(βS), on a αβ = c(αR)c(βS). Ainsi :

P =c(P )

αβαβP = [

c(P )

c(αR)αR] [

1

c(βS)βS] .

On est donc ramené à U,W ∈ A[X] avec P = UW . De plus, en réduisant modulo p, on aP = anXn = UW . Si on écrit U = ∑

ik=0 ukX

k et W = ∑jk=0wkX

k, on trouve uiwj = an ≠ 0. Alors

degU = i et degW = j. Par unicité de la décomposition en irréductibles, U = uiX i etW = wjXj.Dans ce cas, p∣u0 et p∣w0. On aurait alors p2∣u0w0 = a0, ce qui est impossible.

Exemple. Soit n ∈ N∗ et p premier. Soit a ∈ Z avec p∣a mais p2 ∤ a. Alors Xn+a est irréductiblesur Q[X].

Remarque. On utilise le critère d'Eisenstein pour démontrer l'irréductibilité des polynômescyclotomiques sur Q en étudiant Φ(X + 1).

Références Algèbre 1, FGN, Cassini, 2007

Leçons 122, 141

15

11 Décomposition polaire

Théorème 15. Soit M ∈ GLn(C). Il existe alors un unique couple (H,Q) ∈ H++n × Un tel que

M =HQ. Cette décomposition s'appelle décomposition polaire de M .

Démonstration. Existence

Soit M ∈ GLn(C). Alors MM⋆ ∈H++n .

Il existe U unitaire avec MM⋆ = U⋆DU , D = diag(d1, . . . , dn) et dj > 0. On pose

H = U⋆diag(√d1,⋯,

√dn)U

hermitienne dénie positive, avec H2 = MM⋆. Soit Q = H−1M . Alors Q⋆Q = M⋆H−2M = In.D'où Q ∈ Un.

Unicité

Soit M = HQ = H ′Q′ deux décompositions. Alors N = H−1H ′ = Q(Q′)−1 est unitaire. DoncSp(N) ⊂ S1. Soit S ∈ H++

n racine carrée de H ′. Alors N est semblable à N ′ = SH−1S. MaisN ′ ∈H++

n . Donc N est diagonalisable avec Sp(N) ⊂ R+. Finalement, Sp(N) = 1, puis N = In.Cela prouve par ailleurs que la racine carré est unique dans H++

n .

Régularité

L'application (H,Q)↦HQ est continue. Réciproquement, comme GLn(C) est métrique, ilsut de montrer que M ↦ (H,Q) est séquentiellement continue.

Soit (Mk) suite convergente dans GLn(C) et M sa limite. Posons Mk = HkQk et M = HQ.Soit R valeur d'adhérence de (Qk) car Un est compact : Uki → R. Alors Hki → MR⋆ =∶ S. Lamatrice S est hermitienne semi-dénie positive (car S = limHki) et inversible (car M et R⋆ lesont). Donc S ∈ H++

n . Ainsi SR est une décomposition polaire de M . L'unicité assure R = Q etS =H. Comme la suite (Qk) est relativement compacte qui n'a qu'une seule valeur d'adhérence,elle converge.

D'où Qk → Q, puis Hk →H.

Références Matrices : Theory and applications, Serre, Springer, 2002

Leçons 106, 150, 155, 158, 160, 203

16

12 Densité de D(R) dans Lp(R)

Théorème 16. D(R) est dense dans Lp(R).

Démonstration. Cas de fonction Lp(R) à support compact

Soit f ∈ Lpc(R). Soit (φn)n une approximation de l'unité. On pose fn = φn ⋆ f de classe C∞.On sait que supp(fn) ⊂ supp(φn) + supp(f) ⊂ B(0,1/n) + supp(f) qui est inclus dans un

compact xé. Donc fn ∈ D(R).Montrons que fn tend vers f dans Lp. Soit x ∈ R. Alors :

∣fn − f ∣(x) =RRRRRRRRRRR∫Rφ(x) [f (x −

u

n) − f(x)]du

RRRRRRRRRRR

≤ ∫Rφ(x)

RRRRRRRRRRR

f (x −u

n) − f(x)

RRRRRRRRRRR

du.

Or φ(u) = φ(u)1/p′φ(u)1/p. Donc par inégalité de Hölder :

∣fn − f ∣(x) ≤ ∥φ1/p′∥p′´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶

=1

∥u↦ φ1/p(u)∣f(x − u/n) − f(x)∣∥p.

Enn :

∥fn − f∥pp ≤ ∫

R∫Rφ(u)∣f (x −

u

n) − f(x)∣

p

dudx

≤ ∫R∫R∣f (x −

u

n) − f(x)∣

p

dxdu, par théorème de Fubini-Tonelli

≤ ∫Rφ(u)∥f(⋅ − u/n) − f∥ppdu.

Or le terme dans l'intégrale tend vers 0, par continuité de la translation. De plus, il est bornépar 2p∥f∥ppφ qui est intégrable.

Par théorème de convergence dominée, ∥fn − f∥p → 0.

Cas général

Soit f ∈ Lp(R) et ε > 0. Il existe f1 ∈ Lpc(R) telle que que ∥f − f1∥p ≤ ε/2. Par ce qu'on vient

de montrer, il existe f2 ∈ D(R) avec ∥f1 − f2∥p ≤ ε/2. Ainsi ∥f − f2∥p ≤ ε.

Références Eléments de distributions et d'EDPs, Zuily, Dunod, 2002

Leçons 201, 202, 234, 239, 240

17

13 Diérentielle de l'exponentielle

Proposition 17. Soit K = R ou C. Pour A ∈ Mn(K), on a d exp(A) = exp(A)∑j≥0(−1)j(j+1)!ad

jA

avec :adA ∶X ↦ AX −XA.

Démonstration. Soit Fk ∶ A↦ Ak. Alors pour A ∈Mn(K) :

dFk(A)(X) =d(A + tX)k

dt ∣t=0=k−1

∑i=0

Ak−1−iXAi.

Posons LA ∶X ↦ AX et RA ∶X ↦XA. On a LARA = RALA.De plus, dFk(A) = ∑

k−1i=0 L

k−1−iA Ri

A.

Or RiA = (LA − adA)i = ∑

ij=0 (

i

j)(−1)jLi−jA adjA. Donc :

dFk(A) =k−1

∑i=0

i

∑j=0

(−1)j (i

j)Lk−i−1

A adjA =k−1

∑j=0

(−1)jαjLk−1−jA adjA,

pour αj = ∑k−1i=j (

i

j). Calculons ces coecients :

k−1

∑j=0

αkzj =

k−1

∑i=0

i

∑j=0

(i

j) zj =

k−1

∑i=0

(z + 1)i =(z + 1)k − 1

z

=1

z

k

∑j=1

(k

j) zj =

k−1

∑j=0

(k

j + 1) zj

Ainsi αj = (k

j + 1).

On a ∥dFk(A)∥ ≤ ∑k−1j=0 (

k

j + 1)∥LA∥k−1−j∥adA∥j ≤ ∑

k−1j=0 (

k

j + 1)2j∥A∥k−1 ≤ 3k

2 ∥A∥k−1. Ainsi :

∥dFk(A)∥

k!≤

3k

2k!∥A∥k−1,

qui est le terme d'une série convergente. On peut alors diérentier sous le signe somme :

d exp(A) =∑k≥0

k−1

∑j=0

1

k!(−i)j (

k

j + 1)Lk−1−j

A adjA

=∑j≥0

∑k−1−j≥0

1

k!(−i)j (

k

j + 1)Lk−1−j

A adjA

=∑l≥0

LlAl!∑j≥0

(−1)j

(j + 1)!adjA

= exp(A)∑j≥0

(−1)j

(j + 1)!adjA

Références Analysis on Lie groups, Faraut, Belin, 2000

Leçons 156, 215, 235, 241, 247

18

14 Ellipse de Steiner et théorème de Lucas

Théorème 18. (Steiner)Soit A(a),B(b),C(c) un triangle. Alors il existe une unique ellipse E qui est tangente aux

côtés du triangle ABC en leur milieu. Cette conique est appelée ellipse de Steiner de ABC.

Démonstration. Soit f application ane de C avec f(1) = a, f(j) = b et f(j2) = c. Alors on af(z) = uz + vz + w, où u, v,w ∈ C. Soit C le cercle de centre O, de rayon 1/2, qui est tangentaux côtés du triangle (1, j, j2) en leur milieu. Il suit que E = f(C) est une ellipse tangente auxcôtés du triangle (a, b, c) en leur milieu.

Comme une conique est dénie par cinq conditions, E est unique.

Théorème 19. (Lucas)Les foyers de l'ellipse de Steiner de A(a)B(b)C(c) sont les racines du polynôme dérivé de

P = (X − a)(X − b)(X − c).

Démonstration. On conserve les notations de la preuve du théorème de Steiner.On a E = w + 1

2ueiθ + 1

2ve−iθ, θ ∈ [0,2π[. En posant u = ρ1eiω1 et v = ρ2eiω2 , ce qui donne :

E = w + eiω1+ω2

2 12ρ1eiµ +

12ρ2e−iµ. Soit :

F = 1

2ρ1e

iµ +1

2ρ2e

−iµ,0 ≤ µ < 2π = ρ1 + ρ2

2cosµ + i

ρ1 − ρ2

2sinµ,0 ≤ µ < 2π .

Ainsi F est l'ellipse dénie par le polynôme X2

α2 +Y 2

β2 − 1 pour α = ρ1+ρ2

2 et β = ρ1−ρ2

2 . Il suit que

α2 − β2 = ρ1ρ2. Donc les foyers de F sont en ±√ρ1ρ2. Cela implique que w ± ei

ω1+ω22

√ρ1ρ2 sont

les foyers de E .D'autre part, P (X) = (X − a)(X − b)(X − c) = X3 − (a + b + c)X2 + (ab + ac + bc)X − abc.

Ainsi :P ′ = 3X2 − 2(a + b + c)X + (ab + ac + bc).

Or a = u + v +w, b = uj + vj2 +w et c = uj2 + vj +w.Donc a+b+c = 3w et ab+bc+ac = 3w2−3uv. Il suit que les racines de P ′ sont bien les foyers

de E .

Références Méthodes modernes en Géométrie, Fresnel, Hermann, 1996

Leçons 144, 180, 182, 183

19

15 Equation de Bessel

Le but est d'étudier l'équation xy′′(x) + y′(x) + xy(x) = 0 sur ]0, a[, avec a ∈ R+∗.

Théorème 20. Soit f0 la solution développable en série entière autour de 0 avec f0(0) = 1.Alors pour f solution de l'équation de Bessel :

(f, f0) est libre ssi f est non bornée au voisinage de 0.

Démonstration. Vérions que f0 existe. Supposons que cette fonction existe : on l'écritf0(x) = ∑n≥0 anx

n. Soit R son rayon de convergence. Alors pour x ∈] −R,R[ :

xf ′′0 (x) + f ′0(x) + xf0(x) =∑n≥2

ann(n − 1)xn−1 +∑n≥1

nanxn−1 +∑

n≥1

an−1xn

=∑n≥2

n2anxn−1 + a1 +∑

n≥1

an−1xn

=∑n≥0

(n + 1)2an+1xn +∑

n≥1

an−1xn

Par unicité du développement, on a a1 = 0 et : ∀n ≥ 1, (n+1)2an+1 = −an−1. Ainsi a2n+1 = 0et :

a2n =(−1)n

4n(n!)2.

Réciproquement, la série ∑n≥0(−1)n

4n(n!)2x2n a pour rayon de convergence +∞. De plus sasomme vérie l'équation de Bessel et est unique.

La fonction f0 est continue sur R, donc bornée au voisinage de 0. Ainsi si (f0, f) est unefamille liée de solutions, f est aussi bornée au voisinage de 0.

Réciproquement, supposons que (f, f0) soit libre. Alors c'est une base de l'équation deBessel sur ]0, a[. Soit W leur wronskien. Ainsi pour x ∈]0, a[, on a :

W ′(x) = f(x)f ′′0 (x) − f0(x)f′′(x) =

−1

xW (x).

Il existe c ∈ R telle que pour tout x ∈]0, a[ : W (x) = c exp(− logx) = c/x.Supposons que f soit bornée au voisinage de 0. Comme f0(x) →

x→01 et f ′0(x) →x→0

0, on a

f ′(x) ∼x→0

−c/x, qui garde un signe constant sur ]0, b] pour 0 < b < a et n'est pas intégrable

en 0 :

f(x) − f(b) = ∫x

bf ′(t)dt ∼

x→0−c∫

x

b

dt

t= −c(logx − log b).

D'où f(x) ∼x→0

−c logx en 0, ce qui est impossible. On a ainsi l'équivalence.


Leçons 220, 221, 241, 243, 244

20

16 Equation diérentielle non linéaire : x′(t) = t2

x(t) − 1

Proposition 21. La solution DSE de x′(t) = t2

x(t) − 1 ; x(0) = 0 est ∑n>0 antn avec :

a1 = 1 ; a2 =−1

2; ∀n ≥ 3, an =

n + 1

2n

n−1

∑k=2

akan−k.

Démonstration. Soit x(t) = ∑n≥1 antn somme d'une série entière de rayon de convergence

R > 0. Alors x résout le problème de l'énoncé ssi :

∀t ∈] −R,R[, x(t)(x′(t) + 1) = t2. (1)

Or 1 + x′(t) = (1 + a1) +∑n>1 nantn−1 = (1 + a1) +∑n>0(n + 1)an+1tn. Grâce au produit de

Cauchy, 1 revient à :

a1(1 + a1) = 0 ; 1 = 2a1a2 + a2(1 + a1) = a2(1 + 3a1)

an(1 + a1) +∑nk=1 ak(n + 1 − k)an+1−k = 0,∀n ≥ 3

.

Cette dernière équation se réécrit (1+(n+1)a1)an+∑n−1k=2(n+1−k)akan+1−k = 0 ou encore

par changement de variable (1+ (n+ 1)a1)an +∑n−1j=2 jajan+1−j = 0. En sommant ces deux

écritures on a :

2(1 + (n + 1)a1)an + (n + 1)n−1

∑k=2

akan+1−k = 0.

Il reste à vérier le rayon de convergence de cette série. Si a1 = 0, alors a2 = 1 et pour n ≥ 3, an = −

n+12 ∑

n−1k=2 akan+1−k. On remarque que anan+1 < 0,

puis (−1)nan =n+1

2 ∑n−1k=2(−1)kak(−1)n+1−kan+1−k donne :

∀n ≥ 3, ∣an∣ =n + 1

2

n−1

∑k=2

∣ak∣∣an+1−k∣ ≥n + 1

2∣an−1∣.

Ainsi ∣ anan−1∣→∞ et R = 0. Ce cas est donc impossible.

Si a1 = −1, alors a2 =−12 et pour n ≥ 3, an =

n+12n ∑

n−1k=2 akan+1−k. Ainsi :

∣an∣ ≤n + 1

2n

n−1

∑k=2

∣ak∣ ⋅ ∣an+1−k∣ ≤n−1

∑k=2

∣ak∣ ⋅ ∣an+1−k∣.

Soit (bn) dénie par b2 = ∣a2∣ = 1/2 puis bn = ∑n−1k=2 bk ⋅ bn+1−k. On a ∣an∣ ≤ bn. Il sut

alors de montrer que ∑ bntn a un rayon de convergence r ≠ 0. Supposons que r ≠ 0et soit g(t) = ∑n≥2 bnt

n sur ] − R,R[. On a g(t)2 = ∑∞n=4 bn−1tn = t(g(t) − 1

2t2). Donc

g(t) = t2(1 ±

√1 − 2t). Comme g(t)

t → 0 = g′(0), on a g(t) = t2(1 −

√1 − 2t).

Réciproquement s(t) = t2(1 −

√1 − 2t) est DSE de rayon de convergence 1/2. Soit (dn)

avec s(t) = ∑dntn. Alors d0 = d1 = 0, d2 = 1/2 puis s(t)2 = t(s(t) − t2

2 ) par construction :(dn) vérie les propriétés de (bn). Ainsi le rayon de convergence de ∑antn est supérieurà 1/2.


Leçons 220, 241, 243, 244

21

17 Equation diophantienne et DFT

Déf. Soit χ ∈ F∗q et ψ ∈ Fq. La somme de Gauss est G(χ,ψ) ∶= ∑x∈F∗q ψ(x)χ(x). Ces propriétéssont admises.

Lemme 22. Soit A1,⋯,Ak ⊂ G (G un groupe) et a ∈ G. Alors pour R = 1#G ∑χ≠χa∏ 11Ai(χ) :

#x ∈∏Ai,∑xi = a =1

#G∏i

#Ai +R.

Théorème 23. (Fermat)Pour k ∈ Z, si q ≥ k4 + 4, alors il n'existe pas de solution non triviale dans F∗q à xk + yk + zk.

Démonstration. Faisons une disjonction de cas.

1er cas : k∣q − 1

On considère Hk = xk, x ∈ F∗q ≤ F∗q d'indice k. Soit A1,A2 ⊂ Fq et li = q−1#Ai

, pour i = 1 ou 2.

Dénissons N = (x, y, z) ∈ A1 ×A2 × F∗q , x + y = zk et N ′ = (x, y, u) ∈ A1 ×A2 ×Hk, x + y = u.On sait qu'à u ∈Hk xé, Xk = u admet exactement k solutions. Donc N = kN ′. Le lemme dit :

RRRRRRRRRRR

N ′ −#A1#A2#Hk

#Fq

RRRRRRRRRRR

≤ ∣R∣, pour R =1

#Fq∑χ≠χ0

11A1(χ)11A2(χ)11Hk(χ)

≤ maxχ≠χ0

∣11Hk(χ)∣ ⋅ ∣⟨11A1 , 11A2⟩∣

≤ maxχ≠χ0

∣11Hk(χ)∣ ⋅ ∥11A1∥ ⋅ ∥11A2∥, par inégalité de Cauchy-Schwarz

≤ maxχ≠χ0

∣11Hk(χ)∣ ⋅√

#A1#A2

Etudions 11Hk(χ) pour χ ∈ Fq. On sait que, pour (χi) caractères de F∗q/Hk prolongés canonique-ment sur F∗q :

k−1

∑i=0

G(χi, ψ) = ∑x∈Fq

ψ(x)k−1

∑i=0

χi(x).

Or ∑i χi(x) = 0 si x ∉Hk

k sinon. D'où ∑iG(χi, ψ) = k11Hk(ψ), puis :

∣11Hk(ψ)∣ ≤1

k[∣G(χ0, ψ)∣´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶

=1

+∑i≠0

∣G(χi, ψ)∣´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶

≤√q

] ≤1 + (k − 1)

√q

k≤√q.

Ainsi si q ≥ l1l2k2 + 4 on a :

∣N−q − 1

q#A1#A2∣ < k

√q#A1#A2 < #A1#A2

√ql1l2k2

(q − 1)2< #A1#A2

¿ÁÁÀq(q − 4)

(q − 1)2< #A1#A2

q − 1

q.

En prenant A1 = A2 =Hk, on obtient N > 0.

2e cas : k ∣q − 1

Soit d = PGCD(k, q − 1). Alors Hd = xk, x ∈ F∗q et on conclut par le premier cas. En eet,

comme #Ai =q−1d ≥ q−1

k , on a li ≤ k puis l1l2k2 + 4 ≤ k4 + 4 ≤ q.

Références Algèbre Discrète de la transformée de Fourier, Peyré, Ellipses, 2004

Leçons 110, 123, 126, 190

22

18 Equivalent de solutions d'une équation diophantienne

Proposition 24. Soit n1,⋯, nk ∈ N⋆ premiers entre eux dans leur ensemble. On note Am lecardinal de l'ensemble :

(x1,⋯, xk) ∈ Nk, x1n1 +⋯xknk =m.

Alors Am ∼m→∞

mk−1

(k−1)!∏ni .

Démonstration. Posons F = ∑n≥0AnXn ∈ C[[X]]. Remarquons que :

k

∏i=1

1

1 −Xni=

k

∏i=1

∑ri≥0

Xrini =∑m

∑ri,∑ rini=m

X∑ rini =∑m

AmXm = F.

Ainsi F a pour pôles des racines de l'unité. Or 1 −Xni est scindé à racines simples.Soit z ∈ C avec pour tout i, zni = 1. On sait qu'il existe r1,⋯, rk ∈ Z tels que ∑ rini = 1.

Alors :z = zr1n1+⋯+rknk = 1.

Le seul pôle de F d'ordre k est donc 1, tandis que les autres sont d'ordre inférieur ou égal àk − 1. Par décomposition en éléments simples, on obtient :

F =αk,1

(1 −X)k+∑ζ∈U

k−1

∑j=1

αj,ζ(ζ −X)j

+ P,

pour P ∈ C[X], U = z,∃i, zni = 1 et les αj,ζ ∈ C. Or :

1

(ζ −X)k=

1

k − 1[

1

(ζ −X)k−1]

′

=1

k − 1[∑m≥0

(m + k − 2)⋯(m + 1)

(k − 2)!ζk−1+m Xm]

′

= ∑m≥0

(m + k − 1)⋯(m + 1)

(k − 1)!ζk+mXm.

Par identication des coecients, on obtient :

Am = αk,1(m + k − 1)⋯(m + 1)

(k − 1)!+∑ζ∈U

k−1

∑j=1

αj,ζ(m + j − 1)⋯(m + 1)

(j − 1)!ζj+m+ Pm

= αk,1mk−1

(k − 1)!+ om→∞

(mk−1)

Il ne reste plus qu'à calculer αk,1. Or :

αk,1 = ((1 −X)k

∏ki=1(1 −X

ni))∣X=1

= (1

∏ki=1(1 +⋯ +Xni−1)

)∣X=1

=1

∏ki=1 ni

.

Enn Am ∼ mk−1

(k−1)!∏ni .

Références Algèbre Commutative, Goblot, Dunod, 2001

Leçons 124, 126, 140, 144, 190, 226, 241, 244

23

19 Etude de xy′ + λy = 11+x

Soit λ > 0. On notera (E) l'équation diérentielle xy′ + λy = 11+x .

Remarque. L'équation homogène est xy′ = −λy de solution y(x) = Cxλ. Résolvons (E) par la

méthode de variation de la constante : on cherche C(x) avec y(x) = C(x)xλ

. Alors :

C(x) = ∫x

0

tλ−1

1 + tdt.

Donc les solutions de (E) sont les fonctions de la forme y(x) = 1xλ

[C + ∫x

0tλ−1

1+t dt] .

Proposition 25. (E) admet une unique solution ayant une limite nie en 0.

Démonstration. Comme 1xλ→x→0

∞. Il faut que A + ∫x

0tλ−1

1+t dt→ 0. Ainsi A = 0. D'où l'unicité.

Soit y(x) = 1xλ ∫

x

0tλ−1

1+t dt = ∫1

0uλ−1

1+xudu.. La fonction (x,u) ↦ uλ−1

1+xu est continue sur R+×]0,1]

intégrable par rapport à u. De plus uλ−1

1+xu ≤ uλ−1 qui est intégrable sur ]0,1]. Donc y est continue

puis y(x)→ ∫1

0 uλ−1du = 1

λ . La solution de (E) admettant une limite nie en 0 existe.

Proposition 26. f(x) = ∑n≥0(−1)nλ+n x

n est solution de (E) de rayon de convergence 1. Elle estl'unique solution DSE de (E).

Démonstration. Notons bn les coecients de la série dénissant f . Alors : ∣ bn+1

bn∣→ 1, donc son rayon de convergence vaut 1.

Soit une fonction y somme de ∑n anxn solution. Alors :

∑n≥0

(−1)nxn =1

1 + x= xy′(x) + λy(x) =∑

n≥0

(n + λ)anxn.

Par unicité du développement, on a an =(−1)nn+λ puis l'unicité de cette solution.

Proposition 27. On a : ∑n≥0(−1)n

8n(1+3n) =log 3

3 + π3√

3.

Démonstration. Par unicité, on a :

∞∑n=0

(−1)n

λ + nxn =

1

xλ ∫x

0

tλ−1

1 + tdt = ∫

1

0

uλ−1

1 + xudu.

Choisissons λ = 1/3 et x = 1/8. Alors 3∑n(−1)n

8n(1+3n) = ∫1

0u−2/3

1+u8du. Donc la somme S cherchée vaut :

S =8

3 ∫1

0

u−2/3

8 + udu =

8

3 ∫1

0

w−2

8 +w33w2dw = 8∫

1

0

dw

8 +w3

= 8∫1

0

dw

(2 +w)(4 − 2w +w2)= 8∫

1

0(

1

12(2 +w)+

4 −w

12(4 − 2w +w2))dw

= 8∫1

0(

1

12(2 +w)+

2 − 2w

24(4 − 2w +w2)+

1

4((w − 1)2 + 3))dw

= 8 [1

12log(2 +w) −

1

24log(4 − 2w +w2) +

1

4√

3Arctan(

w − 1√

3)]

1

0

=log 3

3+

π

3√

3.


Leçons 220, 221, 241, 243

24

20 Exemple de suite récurrente, via la monotonie d'une

fonction

Proposition 28. Soit λ ∈]0,1[, x0 ∈]0,1[ et xn+1 = 1 − λx2n pour tout n. Alors :

(i) (xn) converge ssi (xn) est constante ou λ ≤ 3/4.(ii) si λ > 3/4, (x2n) et (x2n+1) convergent vers des limites diérentes.

Démonstration. La fonction f ∶ x ↦ 1 − λx2 stabilise ]0,1[, ce qui permet de dénir la suite(xn). De plus f est décroissante. Les deux sous-suites (x2n) et (x2n+1) sont donc monotones.Elles sont bornées donc convergent. Ces sous-suites convergent vers un point xe de f f sur[0,1]. Or f f(x) − x = −λ3x4 + 2λ2x2 − x + 1 − λ = (−λx2 − x + 1)(λ2x2 − λx + 1 − λ). L'équation−λx2 − x + 1 = 0 a une unique solution sur [0,1] point xe de f noté :

l =

√1 + 4λ − 1

2λ=

2√

1 + 4λ + 1.

L'autre facteur a un discriminant valant λ2(−3 + 4λ).

1er cas : λ < 3/4

Le seul point xe de f f est l. Donc xn → l.

2e cas : λ = 3/4

Le deuxième facteur a un unique zéro 12λ =

23 = l. Donc xn → l.

3e cas : λ > 3/4

On a ici deux zéros supplémentaires pour f f :

l1 =1−

√4λ−3

2λ et l2 =1+

√4λ−3

2λ .

On a ∣f ′(l)∣ = ∣2λl∣ = ∣√

1 + 4λ−1∣ =√

1 + 4λ−1 > 1, car λ > 3/4. Donc l est un point xe répulsifde f . Soit k ∈]1, ∣f ′(l)∣[ tel que :∃V ∈ V(l),∀x ∈ V, ∣f ′(x)∣ > k.

Si xn → l, alors ∃N0,∀n ≥ N0, xn ∈ V . L'inégalité des accroissements nis donne :

∀n ≥ N0, ∣xn+1 − l∣ = ∣f(xn) − f(l)∣ ≥ k∣xn − l∣ ≥ kn+1−N0 ∣xN0 − l∣.

Donc si xN0 ≠ l, on a ∣xn+1 − l∣ → ∞, ce qui est impossible. Donc (xn) est stationnaire.Or :

xn+1 = l⇔ 1 − λx2n = 1 − λl2 ⇔ x2

n = l2 ⇔ xn = l.

Donc (xn) est constante. Si x0 ≠ l, alors (x2n) et (x2n+1) ne convergent pas vers l (sinon l'autre aussi). De mêmeelles n'ont pas la même limite. Ainsi par symétrie x2n → l1 et x2n+1 → l2. D'où f(l1) = l2 etf(l2) = l1. On sait que

√1 + 4λ+

√4λ − 3 > 2. Donc l1 < l. Or la fonction est décroissante.

Donc l1 < l < l2. Si x0 < l, alors x1 > l. Donc x2n < l et x2n+1 > l. D'où x2n → l1 et x2n+1 → l2.


Leçons 226, 229

25

21 Expression de exp(1) sous forme d'une série

Remarque. Le but de ce développement est de ne pas utiliser directement les résultats sur lesséries entières : on redémontre tous les résultats, via les séries numériques.

On dénit alors exp comme unique solution de y′ = y; y(0) = 1.

Proposition 29. On a e ∶= exp(1) = ∑∞n=0

1n! .

Démonstration. Soit x ∈ R. La série ∑ xn

n! est convergente.

En eet, si un(x) =xn

n! , alorsun+1(x)un(x) = x

n+1 →n→∞

0. Le critère de d'Alembert assure ainsi laconvergence.On dénit alors f(x) = ∑n≥0

xn

n! , en remarquant que f(0) = 1. On a de plus f(1) > 0. Montrons que f est continue en 0. Soit ∣h∣ < 1. Alors :

∣f(h) − 1∣ =RRRRRRRRRRR

∞∑n=1

hn

n!

RRRRRRRRRRR

≤ ∣h∣∞∑n=0

1

(n + 1)!,

puis f(h) →h→0

1.

Soit x, y ∈ R. Le produit de Cauchy de f(x) avec f(y) donne :

f(x)f(y) =∑n≥0

n

∑k=0

uk(x)un−k(x) =∑n≥0

1

n!

n

∑k=0

n!

k!(n − k)!xnyn−k =∑

n≥0

(x + y)n

n!= f(x + y).

Cette formule nous assure la continuité de f sur R entier. Montrons que f(x) = f(1)x ∶= exp(x log f(1)).

Une récurrence immédiate nous assure la formule pour x ∈ N. Si x ∈ Z, alors 1 = f(0) = f(x − x) = f(x)f(−x), ce qui nous prouve la formule pourx ∈ Z.

Soit x ∈ N∗. Alors :

f(1) = f (x

x) = f (

1

x+⋯ +

1

x) = f (

1

x)x

.

Ainsi f(1/x) = f(1)1/x. Soit a, b ∈ Z. Alors f(a/b) = f(1/b)a = f(1)a/b. Par densité de Q dans R et par continuité de f , on a f(x) = f(1)x pour tout x ∈ R.Remarquons que f est alors C∞(R).

Calculons f ′(0). Soit ∣h∣ < 1. Alors :

RRRRRRRRRRR

f(h) − 1

h− 1

RRRRRRRRRRR

≤ ∣h∣∑n≥0

1

(n + 2)!.

La série de droite est convergente par critère de d'Alembert. Ainsi f ′(0) = 1. On sait que f ′(x) = log(f(1))f(x) et f ′(0) = f(0) = 1. Ainsi log(f(1)) = 1, puis f(x) =

exp(x). On en déduit le résultat souhaité.

Références Aucune

Leçons 202, 228, 230

26

22 Fonctions harmoniques et séries de Fourier

Proposition 30. Soit f ∈ C0(R,C) ∩ C1pm(R,C), 2π-périodique. Alors il existe une unique

fonction u ∶ R ×R+ → C telle que :(i) u est bornée et continue,(ii) ∀x ∈ R, u(x,0) = f(x),

(iii) ∀y > 0, x↦ u(x, y) est 2π-périodique,(iv) u ∈ C∞(R ×R+

∗,C) et ∆u = 0 sur R ×R+∗.

Démonstration. Analyse : Pour y > 0, on peut écrire u(x, y) = ∑n∈Z cn(u, y)einx pour

cn(u, y) =1

2π ∫2π

0 u(x, y)e−inxdx. Comme x↦ u(x, y) est C∞ pour y > 0, la fonction ∂2xxu

est aussi somme de sa série de Fourier :

∂2xxu(x, y) = −∑

n∈Zcn(u, y)n

2einx.

D'autre part on a ∂2yyu(x, y) = ∑n∈Z cn(∂

2yyu, y)e

inx. Comme u ∈ C2(R×R+∗), on en déduit

que ∫2π

0 u(x, ⋅)e−inxdx est de classe C2 puis :

∂2yyu(x, y) =∑

n∈Z∂2yycn(u, y)e

inx.

Alors l'équation harmonique donne 0 = ∑n∈Z[∂2yycn(u, y) − n

2cn(u, y)]einx. Comme laconvergence est normale en x pour y > 0, en calculant les coecients de Fourier de cettesérie, on obtient :

∂2yycn(u, y) = n

2cn(u, y).

Il existe donc An,Bn ∈ C tels que c0(u, y) = A0 +B0y et pour tout n ∈ Z ∖ 0 cn(u, y) =Ane−ny +Bneny. On sait de plus que ∣cn(u, y)∣ ≤ ∥u∥∞ pour n ∈ Z et y > 0. Or :

∣c0(u, y)∣ ≥ ∣B0∣y − ∣A0∣ ; ∣cn(u, y)∣ ≥ ∣Bn∣eny − ∣An∣e

−ny.

Ainsi ∀n ∈ Z,Bn = 0 puis u(x, y) = ∑n∈ZAne−nyeinx. Posons f(x) = ∑n∈ZCne

inx. Enappliquant le théorème de Parseval à la fonction x↦ f(x)−u(x, y), on a l'égalité ∑ ∣Cn−cn(u, y)∣2 =

12π ∫

2π

0 ∣f(x) − u(x, y)∣2dx puis ∣Cn − cn(u, y)∣2 ≤ ∥f − u(⋅, y)∥22, qui tend vers

0 quand y tend vers 0, par théorème de convergence dominée. Par conséquent, Cn =limy→0 cn(u, y) = An. Finalement :

u(x, y) =∑n∈Z

Cne−nyeinx.

Synthèse : Le théorème de convergence normale appliqué à f nous assure la convergencede ∑ ∣Cn∣. Ainsi la série ∑Cne−nyeinx converge normalement : u est continue, bornée par

∑n ∣Cn∣ et vérie (ii). De plus pour y ≥ 0, x↦ u(x, y) est 2π-périodique.La dérivation formelle de cette série donne :

”∂k+lu

∂xk∂yl(x, y)” =∑

n∈Z(−1)kilnk+lCne

−nyeinx,

qui converge normalement sur R×]y0,∞[ pour y0 > 0. Donc u est bien C∞ sur R×]y0,∞[pour tout y0 > 0 : u ∈ C∞(R ×R+

∗,C). Enn :

∂2xxu(x, y) + ∂

2yyu(x, y) =∑

n∈Zi2n2Cne

−nyeinx +∑n∈Z

(−n)2Cne−nyeinx = 0.

Le problème admet donc bien une unique solution.


Leçons 222, 246

27

23 Formes quadratiques sur FqIci K est un corps ni de caractéristique diérente de 2 et E un Kev de dimension nie n.

Lemme 31. Soit Q une forme quadratique non dégénérée sur E. Alors : ∃x ∈ E,Q(x) = 1.

Démonstration. On considère (e1,⋯, en) base orthogonale pour Q. Alors pour α,β ∈ K on aQ(αe1 + βe2) = α2Q(e1) + β2Q(e2). Or on sait que α2Q(e1) + β2Q(e2) = 1 admet un couplesolution (α,β). Il sut alors de poser x = αe1 + βe2.

Théorème 32. Soit Q,Q1,Q2 trois formes quadratiques non dégénérées sur E.(i) Il existe (f1,⋯, fn) base de E avec Mat(f1,⋯,fn)(Q) = diag(1, ...,1, d) pour d ∈ K∗.

(ii) (E,Q1) ≃ (E,Q2)⇔disc Q2

disc Q1∈ K2, avec K2 l'ensemble des carrés de K.

Démonstration. (i) Raisonnons par récurrence sur n. Le cas où n = 1 est évident. Supposonsla propriété vraie au rang n − 1. Par le lemme, on a f1 ∈ E avec Q(f1) = 1. Soit H = f⊥1 .Comme Q(f1) ≠ 0 et que Q est non dégénérée, dimH = n − 1. Par non dégénérescencede Q∣H et par hypothèse de récurrence, il existe d ∈ K∗ et une base (f2,⋯, fn) de H avecMat(f2,⋯,fn)(Q∣H) = diag(1,⋯,1, d) ∈Mn−1(K).La famille (f1,⋯, fn) est une base convenant.

(ii) Par (i), il existe B1 et B2 des bases de E et d1, d2 ∈ K∗ avec :

∀i ∈ 1,2,Mi ∶=MatBi(Qi) = diag(1,⋯,1, di).

Pour une base B xée de E, on remarque que :

(E,Q1) ≃ (E,Q2)⇔ ∃U ∈ GLn(K),MatB(Q2) = UTMatB(Q1)U

⇔ ∃P ∈ GLn(K),M2 = PTM1P

Montrons le sens direct du théorème. Il existe alors P ∈ GLn(K) avec M2 = P TM1P .Ainsi d2 = detM2 = detP 2d1 donne d2

d1∈ K2, puis disc Q2

disc Q1∈ K2.

Réciproquement, on a u ∈ K avec d2 = u2d1. Comme d2 ≠ 0 et que K est un corps, u ≠ 0.Soit P = diag(1,⋯,1, u) ∈ GLn(K). Alors P TM1P = diag(1,⋯,1, u2d1) =M2.

Corollaire 33. Il y a exactement deux classes d'équivalence dans Symn(K)∩GLn(K) pour lacongruence.

Démonstration. On sait que K∗2 (l'ensemble des carrés non nuls de K) est un sous-grouped'indice 2 de K. Ainsi K∗/K∗2 ≃ ±1. Soit le morphisme :

s ∶ K∗ → K∗/K∗2 ≃ ±1

x↦ 1 si x ∈ K∗2

−1 sinon

Alors si u,w ∉ K∗2, alors s(uw) = s(u)s(w) = 1, puis uw ∈ K∗2.Soit A,B,C ∈ Symn(K) ∩GLn(K) avec A /∼ B et B /∼ C. Alors par le théorème précédent

detAdetB ,

detBdetC ∉ K∗2, puis par la remarque ci-dessus detA

detC ∈ K∗2. Par le théorème, on a A ∼ C. Il y adonc au plus deux classes de congruence.

Or pour d ∉ K∗2, on a In /∼ diag(1,⋯,1, d) toujours par le théorème. Donc il y a bienexactement deux classes d'équivalence.

Références Théorie de Galois, Gozard, Ellipses, 2009

Leçons 123, 144, 150, 152, 170

28

24 Générateurs de O(E) et de Isom(E)

Proposition 34. O(E) est engendré par les réexions : u ∈ O(E) est produit d'au plus dimEréexions.

Démonstration. Soit f ∈ O(E). Raisonnons par récurrence sur n = dimE. Si n = 1, f est ±id, donc est produit de 0 ou 1 réexion. Supposons la propriété vraie au rang n − 1. Soit x0 ∈ E ∖ 0.

1er cas : f(x0) = x0

Soit F = V ect(x0)⊥. Comme f ∈ O(E), f préserve le produit scalaire. Or x0 est pointxe de f , donc f(F ) ⊂ F . Posons f = f∣F isométrie avec dimF = n− 1. Par hypothèse derécurrence, il existe p ≤ n − 1 réexions avec :

f = sH1 ⋅ ⋅ ⋅ sHp .

Posons pour tout i, H ′i =Hi⊕V ect(x0), s′i = sH′

iet g = s′i ⋅ ⋅ ⋅ s

′p. Comme f, g ∈ L(E) et

que F ⊕ V ect(x0) = E, il sut de vérier l'égalité pour x0 et sur F . Or :

g(x0) = s′1 ⋅ ⋅ ⋅ s

′p(x0) = s

′1 ⋅ ⋅ ⋅ s

′p−1(x0) = ⋯ = x0,

car x0 ∈H ′i pour tout i. Maintenant prenons y ∈ F. Alors s′i(y) = sHi(y) ∈ F . Ainsi :

g(y) = s′1 ⋅ ⋅ ⋅ s′p(y) = s

′1 ⋅ ⋅ ⋅ s

′p−1 sHp(y) = sH1 ⋅ ⋅ ⋅ sHp(y) = f(y).

Donc f = g qui est produit de p ≤ n − 1 réexions.

2e cas : f(x0) ≠ x0

Soit H l'hyperplan médiateur de x0 et f(x0). Comme ∥f(x0)∥ = ∥x0∥, 0 ∈ H. Donc Hest un hyperplan vectoriel. De plus, sH f(x0) = x0. Ainsi, par le premier cas, on peutécrire avec p ≤ n − 1 :

sH f = s1 ⋅ ⋅ ⋅ sp,

avec les si des réexions. Enn f = sH s1 ⋅ ⋅ ⋅ sp est produit de p + 1 ≤ n réexions.

Proposition 35. Isom(E) est engendré par les réexions : f ∈ Isom(E) est produit d'au plus1 + dimE réexions.

Démonstration. Soit f ∈ Isom(E). Prenons A ∈ E .Si f(A) = A, on vectorialise en A, et on se ramène au cas linéaire (avec p ≤ n réexions).Si f(A) ≠ A, on prend H l'hyperplan médiateur de A et de f(A). On applique alors le

premier point à sH f , puis on obtient q ≤ n+1 réexions pour dénir f comme un produit.

Références Géométrie, Audin, EDP Sciences, 2006

Leçons 106, 108, 151, 154, 160, 161

29

25 Inégalité de Hoeding

Théorème 36. Soit (Xn)n suite de variables aléatoires indépendantes. On suppose que pourtout i, il existe ai < bi tels que ai ≤Xi −E[Xi] ≤ bi. Alors pour tout c > 0 :

P [n

∑i=1

Xi −E[Xi] ≥ c] ≤ exp [−2c2

∑ni=1(bi − ai)

2] .

Démonstration. Posons Yi =Xi −E[Xi]. Soit t ∈ R+. Alors :

P(n

∑i=1

Yi ≥ c) = P(exp(tn

∑i=1

Yi) ≥ etc)

≤ E [exp(n

∑i=1

tYi)] e−tc, par inégalité de Markov

≤ e−tcn

∏i=1

E [etYi] , par indépendance des Yi

Soit Yi = λiai + (1 − λi)bi avec λi =bi−Yibi−ai .

On sait que exp est convexe. Donc etYi ≤ λietai + (1−λi)etbi . Par positivité de l'espérance etpar sa linéarité, on a :

E[etYi] ≤ E[λi]etai + (1 −E[λi])e

tbi ≤bi

bi − aietai −

aibi − ai

etbi ≤ etai (bi

bi − ai−

aibi − ai

et(bi−ai)) .

Posons zi ∶= t(bi − ai) et µi = −ai

bi−ai ∈ [0,1]. Ainsi :

E[etYi] ≤ e−ziµi(1 − µi + µiezi) ≤ exp(−ziµi + log(1 − µi + µie

zi)).

Soit u ∈ [0,1] et φu ∶ R+ → R; s↦ −su + log(1 − u + ues). On a :

φu(0) = 0. φ′u(0) = 0.

φ′u(s) = −u +u

u+(1−u)e−s .

φ′′u(s) =u(1−u)es

(1−u+ues)2 .

Soit s ≥ 0. Alors 1φ′′u(s)

= X + 2 + 1X , pour X = 1−u

ues . Or x ↦ x + 2 + 1x admet un minimum sur

R+ en 1. Donc φ′′u(s) ≤ 1/4 pour s ≥ 0.En appliquant la formule de Taylor avec reste intégral, on obtient :

∣φu(s)∣ ≤1

4 ∫s

0(s − t)dt ≤

s2

8.

En mettant bout-à-bout tous ces résultats, on a :

P(n

∑i=1

Yi ≥ c) ≤ (n

∏i=1

exp (φµi(zi))) e−tc ≤ e−tc exp [

n

∑i=1

z2i

8]

≤ exp(−tc + t2n

∑i=1

(bi − ai)2

8)

Pour t = 4c∑ni=1(bi−ai)2 , la quantité de droite est minimisée et on obtient l'inégalité voulue.

Références Théorie des Probabilités, Pster, Presses polytechniques romandes, 2012

Leçons 218, 228, 229, 241, 253, 260, 261, 262

30

26 Instabilité L2 du schéma centré

Remarque. Pour ce développement, il faut insister au début sur le sens du schéma, via lesdéveloppements limités.

Déf. Un schéma est dit L2-instable si :

∃u0,∀k > 0,∃N,∀n ≥ N, ∥un∥2 ≥ k.

Déf. Le schéma centré pour ∂tu − ν∂2xxu = 0 sur [0,1[ correspond à :

un+1j − un−1

j

2∆t+ ν

−unj−1 + 2unj − unj+1

∆x2= 0.

Proposition 37. Le schéma centré est L2-instable.

Démonstration. Pour montrer la L2-instabilité, on utilise la transformée de Fourier discrète de(unj )j. Par formule d'inversion, avec ωN = exp(2iπ

N ), on a Nunj = ∑Nk=1 uk

nωjkN . Ainsi :

N

∑k=1

[uk

n+1 − ukn−1

2∆t+

2ν

∆x2uk

n]ωjkN −ν

∆x2uk

n [ω(j+∆x)kN + ω

(j−∆x)kN ] = 0.

Or :

2 − ωk∆xN − ω−k∆x

N = ωk∆x

2

N (ω−k∆x

2

N − ωk∆x

2

N ) + ω−k∆x

2

N (ωk∆x

2

N − ω−k∆x

2

N )

= −2i sin [πk∆x

N] (ω

−k∆x2

N − ωk∆x

2

N ) = 4 sin2 [πk∆x

N] .

Par injection de la transformée de Fourier discrète, on a pour tout k :

ukn+1 − uk

n−1 +8ν∆t

∆x2sin2 [

πk∆x

N] uk

n = 0.

Alors Un+1(k) = (uk

n+1

ukn ) = A(k)Un(k) avec A(k) = (

α 1

1 0) et α = −8ν∆t

∆x2 sin2[πk∆xN ]. Enn

Un+1(k) = A(k)nU1(k).Or ∥Un(k)∥2 est bornée pour tout n ≥ 1 ssi ∥An(k)∥2 ≤M pour tout n ≥ 1. Ainsi s'il existe

k0 avec ∥An(k0)∥2 →∞, on peut trouver uk0

0 et uk0

1 avec ∥uk0

n∥2 →∞.Calculons ∥A(k)∥2. Comme A(k) est symétrique, ∥A(k)∥2 = ρ(Ak). Or le produit des valeurs

propres de A(k) vaut -1 : elle admet une valeur propre ∣λ∣ ≥ 1. En fait, comme A(k) estsymétrique réelle, Sp(A(k)) ⊂ R. Or λ ≠ ±1. Donc ∣λ∣ > 1.

D'où ρ(A(k)) > 1 et ∥An(k)∥2 →n→∞

∞. Le schéma est alors L2-instable.

Références Analyse Numérique et Optimisation, Allaire, Ed. de l'Ecole Polytechnique, 2005

Leçons 110, 209, 213, 222, 226, 233

31

27 Intégrales de Wallis et de Gauss

Remarque. Il existe de nombreuses façons de calculer l'intégrale de Gauss, qui demandent cepen-dant plus de notions que cette démonstration : changement de variables polaires, transforméede Fourier, analyse complexe, etc.

Proposition 38. On note In ∶= ∫π2

0 cosn(u)du la n-ème intégrale de Wallis. Alors : In =

n−1n In−2.

I2n ∼

π2n .

In = ∫π2

0 sinn(t)dt.

Démonstration. Par intégration par partie, on a :

In = [sin(u) cosn−1(u)]π2

0+ (n − 1)∫

π2

0sin2(u) cosn−2(u)du

= (n − 1)∫

π2

0cosn−2(u)du − (n − 1)∫

π2

0cosn(u)du = (n − 1)In−1 − (n − 1)In−2

On en déduit la formule de récurrence. On a par la formule précédente : nInIn−1 = (n − 1)In−1In−2. Ainsi (nInIn−1)n≥1 est unesuite constante. Donc pour tout n, nInIn−1 = π/2.De plus pour t ∈ [0, π/2], on a 0 ≤ cosn+1(t) ≤ cosn(t). D'où 0 ≤ In+1 ≤ In, puis la suite(In)n est décroissante. Ainsi In+1In ≤ I2

n ≤ InIn−1.Finalement, I2

n ∼π2n .

Par le changement de variable u = π2 − t, on a :

In = −∫0

π2

cosn (π

2− t)dt = ∫

π2

0sinn(t)dt.

Proposition 39. L'intégrale de Gauss vaut ∫∞

0 e−t2dt =

√π

2 .

Démonstration. La fonction log est concave. Donc pour x > −1, log(1 + x) ≤ x. Ainsi pour

0 ≤ t2 ≤ n, on a log(1 − t2

n ) ≤−t2n et log(1 + t2

n ) ≤t2

n ce qui entraine

I1 = ∫

√n

0(1 −

t2

n)n

dt ≤ ∫

√n

0e−t

2

dt ≤ ∫

√n

0(1 +

t2

n)−n

dt = I2.

On a , par le changement de variable :

t =√n cos(u) dans I1, on obtient I1 =

√n ∫

π2

0 sin2n+1(u)du =√nI2n+1. D'où I1 ∼

√π

2 .

t =√ncotan(u) dans I2, on obtient I2 =

√n ∫

π2π4

sin2n−2(u)du ≤√nI2n−2.

Finalement par théorème des gendarmes, on obtient le résultat.

Références Analyse, Gourdon, Ellipses, 2008

Leçons 223, 226, 236, 239

32

28 Intégrale et séries de Fourier

Proposition 40. Soit a ∈ R+∗ et n ∈ N∗. Alors :

1

π ∫2π

0

cos(nx)

cosha − sin(x)dx =

0 si n ≡ 1[2]

2 (−1)n/2e−nasinha sinon

.

Démonstration. Posons f(x) = 1cosh(a)−sin(x) . Comme f est de classe C1 et 2π-périodique, elle est

égale à la somme de sa série de Fourier. On exprime alors f(x) en fonction de eix. Soit x ∈ R.Alors :

f(x) =1

cosha − eix−e−ix2i

= F (eix),

pour F (X) = 2iX1+2iX cosha−X2 de dénominateur noté D. Alors on a :

D(iea) = 0 =D(ie−a).

Ainsi F (X) = −2iX(X−ie−a)(X−iea) = −

isinha

[ ea

X−iea −e−a

X−ie−a ] . D'où :

f(x) =−i

sinha[

ea

eix − iea−

e−a

eix − ie−a] .

On a :

ea

eix − iea=

i

1 + ie−aeix= i

∞∑n=0

(−ie−aeix)n, car ∣ie−aeix∣ < 1

=∞∑n=0

(−1)nin+1e−naeinx.

De même :

e−a

eix − ie−a=

e−ae−ix

1 − ie−ae−ix= e−ae−ix

∞∑n=0

(ie−ae−ix)n, car ∣ie−ae−ix∣ < 1

=∞∑n=0

ine−(n+1)ae−i(n+1)x.

Ainsi :

f(x) =−i

sinha(i +

∞∑n=1

e−na(in+1(−1)neinx − in−1e−inx))

=1

sinha[1 +

∞∑n=1

e−nain ((−1)neinx + e−inx)]

=1

sinha[1 +

∞∑p=1

e−2pa(−1)p2 cos(2px) +∞∑p=0

2e−(2p+1)a(−1)p sin((2p + 1)x)]

Ces séries sont normalement convergentes. Ainsi en calculant leurs coecients de Fourier onpeut intervertir les signes ∑ et ∫ : il s'agit en fait de sa série de Fourier. On a ainsi la formulesouhaitée.


Leçons 236, 241, 246

33

29 Irréductibilité du Pfaen

Remarque. Ce développement est similaire au développement classique "Irréductibilité du dé-terminant." J'ai préféré ce développement pour l'originalité.

Il faut avoir conscience que le Pfaen sert peu souvent, mais est parfois le seul moyen dedémontrer certains résultats : par exemple, les matrices de SP2n sont de déterminant 1. Deplus, il faut remarquer que calculer numériquement le Pfaen est moins couteux que le calculdu déterminant direct.

Exemple. Si n = 2, alors det(0 x

−x 0) = x2. Or Pf(J) = 1, pour J = (

0 1

−1 0). Donc Pf =X12.

Proposition 41. Le Pfaen est linéaire selon "chaque ligne et chaque colonne".

Démonstration. On pose M = (a12J XT

−X B), dont les composantes sont vues comme des indé-

terminées. Ainsi B ∈ GLn−2(K(Xij)).Par la formule du complément de Schur, on a :

detM = detB det(a12J +XTB−1X),

avec B et a12J +XTB−1X alternées. On pose N =XTB−1X. Ainsi on a ε = ±1 tel que :

Pf(M) = εPf(a12 +N12)Pf(B).

En prenant M la matrice diagonale par blocs de blocs diagonaux valant tous J , on a ε = 1.Enn :

Pf(M) = Pf(B)⎡⎢⎢⎢⎣a12 +∑

j,k

x1j(B−1)jkxk2

⎤⎥⎥⎥⎦,

qui est linéaire en la première (et en la deuxième) colonne.En permutant les colonnes, on en déduit la propriété.

Théorème 42. Pf est irréductible dans K[Xij].

Démonstration. Soit ∆1,∆2 ∈ K(Xij) avec Pf = ∆1∆2.

Considérons les variables (X12,⋯,X1n) =∶Ð→X1. On vient de voir que Pf est homogène en

Ð→X1

de degré 1. Ainsi ∆1 et ∆2 sont homogènes enÐ→X1. L'un de ces polynômes est de degré 1, l'autre

0 par rapport àÐ→X1. Par symétrie on suppose que degÐ→

X1(∆1) = 1. Donc ∆2 ne dépend pas de

Ð→X1.

Soit j ∈ 2,⋯, n et on poseÐ→Xj = (Xj1,⋯, Xjj,⋯,Xjn) en confondant Xkl avec Xlk. On

obtient comme précédemment que ∆1 et ∆2 sont homogènes enÐ→Xj. Mais par ce qu'on vient de

voir ∆2 ne dépend pas de Xj1. Donc degÐ→Xj

(∆1) = 1 et degÐ→Xj

(∆2) = 0.

Finalement, ∆2 ∈ K. Or Pf ≠ 0. Donc ∆2 ∈ K⋆, puis Pf est irréductible.

Références Aucune

Leçons 142, 152, 159

34

30 Isomorphismes exceptionnels

Remarque. Il existe d'autres isomorphismes exceptionnels. Cependant ici on en présente quequelques uns avec des démonstrations "types." De plus, au lieu de répéter le même genre dedémonstration pendant toute l'épreuve, j'ai fait le choix de démontrer deux résultats fonda-mentaux pour les isomorphismes associés à PSLn(Fq).

Lemme 43. Z(SLn(Fq)) = Z(GLn(Fq)) ∩ SLn(Fq)) ≃ µn(Fq) ∶= λ ∈ Fq, λn = 1.

Démonstration. Soit u ∈ GLn(Fq) stabilisant SLn(Fq). En particulier, si τ est une transvectionde droite D, on a τ = uτu−1 qui est une transvection de droite u(D). Alors u(D) = D, ce quiest valable pour tout D. Donc u est une homothétie.

Lemme 44. #µn(Fq) = PGCD(n, q − 1) =∶ d.

Démonstration. Par le théorème de Bézout, on a r, s ∈ Z avec d = r(q − 1) + sn. Soit x ∈ F⋆q .Alors xq−1 = 1. Ainsi si x ∈ µn(Fq), on a :

xd = x(q−1)rxns = 1.

Réciproquement si xd = 1, on a a fortiori xn = 1. En dénitive, on a µk(Fq) = µd(Fq). CependantXq−1 − 1 admet q − 1 racines dans Fq. Donc Xd − 1, qui est un diviseur de Xn − 1, possède dracines.

Ainsi #µn(Fq) = d.

Théorème 45. On a les isomorphismes, dits exceptionnels, suivants : PGL2(F2) = GL2(F2) = SL2(F2) = PSL2(F2) ≃S3. PGL2(F3) ≃S4. PSL2(F3) ≃ A4.

Démonstration. On sait que GL2(Fq) agit sur P1(Fq) dont le noyau de l'action est l'ensembledes homothéties. Ainsi PGL2(Fq) agit dèlement sur P1(Fq).

On a F⋆2 = 1. Ainsi :

PGL2(F2) = GL2(F2) = SL2(F2) = PSL2(F2).

On a une injection PGL2(F2)S#P1(F2), grâce à l'action de PGL2(F2) sur P1(F2) (quiest dèle).Cependant #P1(F2) = 3, puis #PGL2(F2) = 6 = #S3. Ainsi PGL2(F2) ≃S3.

On sait que l'action de PGL2(F3) est dèle sur P1(F3).Alors PGL2(F3)S#P1(F3) =S4.Or #PGL2(F3) = 24 = #S4. D'où PGL2(F3) ≃S4.On a [PGL2(F3) ∶ PSL2(F3)] = 2, par le lemme précédent. Donc PSL2(F3) est iso-morphe à un sous-groupe de S4 d'indice 2 id est A4.

Références Cours d'Algèbre, Perrin, Ellipses,1995

Leçons 101, 103, 123, 127, 144, 190

35

31 Lemme de Morse

Proposition 46. (Version diérentielle de la réduction)Soit A0 ∈ Symn(R) ∩GLn(R). Il existe V ∈ VSymn(R)(A0) et g ∶ V → GLn(R) de classe C1

avec A = g(A)TA0g(A) pour tout A ∈ V .

Démonstration. Soit A0 ∈ Symn(R) ∩ GLn(R) et ϕ ∶ Mn(R) → Symn(R);M ↦ MTA0M .Comme ϕ est polynomiale, ϕ est C∞. Pour H ∈Mn(R), on a :

ϕ(M +H) = ϕ(M) +HTA0M +MTA0H + ϕ(H)²=O(∥H∥2)

.

Ainsi DϕM(H) =HTA0M +MTA0H. En particulier, DϕIn(H) =HTA0 +A0H. Soit A ∈ Symn(R), et H = 1

2A−10 A. Comme A,A0 ∈ Symn(R), on a DϕIn(H) = A. Ainsi

DϕIn est surjective. ker(DϕIn) = H, (A0H)T = −A0H = A−1

0 An(R). Posons F = A−1

0 Symn(R), qui est supplémentaire non vide de ker(DϕIn). Posons alors ψla restriction de ϕ à F . Ainsi ker(DψIn) = 0. Par théorème d'inversion locale, il existeV ∈ VF (In) et V ∈ VSymn(R)(A0) tels que ψ soit un C1-diéomorphisme de V dans W .

Finalement, pour A ∈W , si on pose M = ψ−1(A), alors A =MTA0M . De plus M est unique etC1 par rapport à A.

Théorème 47. (Lemme de Morse)Soit f ∈ C3(Ω ⊂ R3) avec 0 ∈ Ω et Df(0) = 0. On suppose D2f(0) de signature (p, n − p). Il

existe ϕ ∶ x↦ u un C1-diéomorphisme entre deux voisinages de 0 avec ϕ(0) = 0 et :

f(x) − f(0) = u21 +⋯ + u2

p − u2p+1 −⋯ − u2

n.

Démonstration. Posons Q(x) = ∫1

0 (1 − t)D2f(tx)dt fonction C1 de x. Par formule de Tayloravec reste intégral, on a :

f(x) = f(0) + xT Q(x)²∈Symn(R)

x,

au voisinage de 0. Par la propriété précédente, on a M(x) ∈ C1(Rn,GLn(R)) au voisinage de 0telle que :

Q(x) =M(x)TQ(0)M(x).

Donc f(x) = f(0) + yTQ(0)y = f(0) + 12y

TD2f(0)y avec y = M(x)x. Comme la signature deD2f(0) est (p, n − p), il existe un changement de coordonnées y = Au avec

yTQ(0)y = u21 +⋯ + u2

p − u2p+1 −⋯ − u2

n.

Or x ↦ u = A−1M(x)x a pour diérentielle (en 0) A−1M(0) ∈ GLn(R). On a alors un C1-diéomorphisme local.

Références Petit Guide de Calcul Diérentiel, Rouvière, Cassini, 2015

Leçons 106, 158, 160, 170, 171, 183, 214, 215, 218

36

32 Lire les sous-groupes distingués par les caractères du

groupe

Lemme 48. Soit H ◁G. Il existe alors des représentations irréductibles (V1, ρ1), . . . , (Vr, ρr)de G telles que :

H =r

⋂i=1

ker(ρi).

Démonstration. Soit V le C-espace vectoriel de dimension [G ∶H] de la représentation régulièrede G/H. Posons ρ = πV pH , avec πV le morphisme régulier et pH la projection de G sur G/H.

Alors ρ ∶ G → GL(V ) est un morphisme, avec ker(ρ) = H. Si on décompose (V, ρ) enW n1

1 ⊕ ⋅ ⋅ ⋅ ⊕W nrr par le théorème de Maschke, on obtient :

H = ker(ρ) =r

⋂i=1

ker(ρi),

car ρ =

⎛⎜⎜⎝

ρ∣W1

. . .

ρ∣Wr

⎞⎟⎟⎠

.

Lemme 49. Si (V,π) est une représentation de G, alors ker(π)◁G.

Démonstration. ker(π) est le noyau d'un morphisme donc c'est un sous-groupe distingué deG.

Proposition 50. Les sous-groupes distingués de G sont exactement les intersections de noyauxde représentations irréductibles de G.

Démonstration. Le sens direct a été montré par le premier lemme.Soit (V1, ρ1), . . . , (Vr, ρr) des représentations irréductibles et H = ∩i ker(ρi). On sait que les

ker(ρi) sont des sous-groupes distingués de G. Donc H ◁G.

Lemme 51. Soit (V, ρ) une représentation de G de caractère χ. Alors :

ker(ρ) = g ∈ G,χ(g) = χ(e).

Démonstration. Si ρ(g) = idV , alors χ(g) = χ(e). Réciproquement, prenons g ∈ G vériant χ(g) = χ(e). On sait que ρ(g) est diagonalisable,de valeurs propres des racines de l'unité. Or ∑λi = χ(g) donne :

dim(V )

∑i=1

∣λi∣ = dim(V ) =

RRRRRRRRRRR

dim(V )

∑i=1

λi

RRRRRRRRRRR

.

Donc λi = 1 pour tout i, puis ρ(g) = idV .

Corollaire 52. Les assertions suivantes sont équivalentes : G est simple. pour toute représentation irréductible non triviale (V, ρ), on a ker(ρ) = e. pour tout caractère χ non trivial de G, pour tout g ∈ G ∖ e, on a :

χ(g) ≠ χ(e).

Remarque. Les sous-groupes distingués de : S4 sont S4, A4, id, (12)(34), (13)(24), (14)(23) et id. H8 sont H8, 1, ±1,±i, ±1,±j, ±1,±k et ±1 (qu'on obtient par intersection).

Références Aucune

Leçons 102, 104, 107, 109

37

33 Mélange de cartes

Remarque. Ce développement n'est qu'à moitié référencé. Le résultat dans le cas où n = 2r nese trouve pas dans le livre cité ici, tout comme la démonstration. Cependant, le mélange y estbien expliqué (dessin, etc) et un tour de magie où il intervient y est décrit.

Déf. Soit n ≥ 2 cartes dont les valeurs possibles vivent dans un espace V . Un mélange australiensur ces n cartes est σn ∈Sn avec :

σ2 = (12) et

∀x ∈ V n, (σn ⋅ x)i = x1 si i = n

(σn−1 cn−1 ⋅ x1)1 sinonavec cn−1 = ((n − 1) . . .21) ∈Sn−1 et x1 = (x2, x3, . . . , xn).

Remarque. Ici, j'ai préféré dénir cette permutation par des actions de groupes pour pouvoirl'appliquer au tour de magie qui est présenté dans le livre de Diaconis, mais aussi pour un côtépratique en informatique : si on a pas un nombre de cartes xé, il vaut mieux faire agir notrepermutation sur le vecteur "paquet de cartes" directement au lieu de calculer la permutationpuis de la faire agir (pour diviser par deux la complexité spatiale).

Théorème 53. Soit n ≥ 2 et r ∈ N avec 2r ≤ n < 2r+1. Alors pour x ∈ V n, on a :

(σ ⋅ x)1 = x2r si n = 2r

x2(n−2r) sinon.

Démonstration. Raisonnons par récurrence sur r. Si r = 1, il sut de regarder les cas où n = 2 et n = 3 pour s'en convaincre. Soit r ≥ 2 avec l'égalité vraie au rang r − 1. Raisonnons par récurrence sur k = n − 2r.

- Si k = 0, alors n = 2r ≥ 3, et donc :

(σn ⋅ x)1 = ((σn−1 cn−1) ⋅ x1)1.

Or 2r − 1 ∈]2r−1,2r[. Par hypothèse de récurrence sur r, on a :

(σn ⋅ x)1 = (cn−1 ⋅ x)2r−2 = (x3, . . . , xn, x2)2r−2 = xn.

- Si k = 1, alors par le cas k = 0 on obtient :

(σn ⋅ x)1 = (σ2r ⋅ (cn−1 ⋅ x1))1 = (cn−1 ⋅ x1)2r

= (x3, . . . , x2r+1, x2)2r = x2 = x2k.

- Supposons la propriété vraie pour k − 1 ≥ 0. Comme n ≥ 3, on a :

(σn ⋅ x)1 = (σn−1 ⋅ (x3, . . . , xn, x2))1

= (x3, . . . , xn, x2)2(n−1−2r), par hypothèse de récurrence sur k

Or 2(n − 1 − 2r) ≠ n − 1. Donc on peut "réduire" notre vecteur, pour perdre del'information inutile. Ainsi :

(σ ⋅ x)1 = (x3, . . . , xn)2(n−1−2r) = (x2, x3, . . . , xn)2(n−1−2r)+1,

en rajoutant la carte x2 sur le paquet, ce qui fait translater la position de chaquecarte. On répète cette opération pour insérer la carte x1, et :

(σ ⋅ x)1 = (x1, x2, x3, . . . , xn)2(n−1−2r)+2 = x2(n−2r).

Références Aucune

Leçons 104, 105

38

34 Méthode de Jacobi aléatoire

Remarque. Ce développement utilise les bases de la notion d'espérance conditionnelle qui estau programme de l'Option A.

Remarque. Soit θ ∈] − π;π]. On dénit pour 1 ≤ p < q ≤ n :

Rp,q(θ) =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

Ip−1

cos(θ) sin(θ)

Iq−p−1

− sin(θ) cos(θ)

In−q

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

.

Une méthode de Jacobi consiste à construire H(k+1) = Rpk,qk(θk)−1H(k)Rpk,qk(θk). On choisit

θk ∈ [−π/4;π/4[ et cos(2θk) =h(k)qk,qk

−h(k)pk,pk2h(k)pk,qk

. De plus, on notera D(k) la partie diagonale de H(k)

et E(k) =H(k) −D(k).

Lemme 54. Soit K = Rp,q(θ)−1HRp,q(θ). Alors kp,p − hp,p = −hkhp,q, pour hk = tan(θ).

Théorème 55. Soit (pk, qk)k une suite de variables aléatoires indépendantes identiquementdistribuées dans J1, nK et pk < qk. Alors, pour A ∈ Symn(R), avec Sp(A) = λ1,⋯, λn, laméthode de Jacobi aléatoire converge presque sûrement vers diag(λi).

Démonstration. Montrons que E(k) → 0 ps. On sait que ∥E(k+1)∥22 = ∥E(k)∥2

2 − 2hkpk,qk2.

Alors :

E[∥E(k+1)∥22∣∥E

(k)∥22] = E[∥E(k)∥2

2∣∥E(k)∥2

2] − 2E[hkpk,qk2∣∥E(k)∥2

2]

= ∥E(k)∥22 − 2∑

p≠qhkp,q

2E[χ(pk,qk)=(p,q)∣∥E(k)∥2

2]

= ∥E(k)∥22 − 2∑

p≠qhkp,q

2P((pk, qk) = (p, q)),

car les (pk, qk)k sont indépendantes

= ∥E(k)∥22 − 2∑

p≠qhkp,q

2 1

n(n − 1)= (1 −

2

n(n − 1)) ∥E(k)∥2

2.

Donc E[∥Ek∥22] = ρ

2kE[∥E(0)∥22], pour ρ

2 = 1− 2n(n−1) . Soit ρ < β < 1. L'inégalité de Markov

nous donne :

P(∥E(k)∥22 > β

k) ≤E[∥E(k)∥2

2]

β2k≤ (

ρ

β)

2k

E[∥E(0)∥22].

Ainsi ∑P(∥E(k)∥22 > βk) < ∞. Par le théorème de Borel-Cantelli, on a la convergence

presque sûre des E(k) vers 0. Montrons que A(k) →D ps. Par le lemme, on a D

(k+1)pk,pk −D

(k)pk,pk = −hkE

(k)pk,qk .

Comme ∣θk∣ ≤ π/4, on a ∣hk∣ ≤ 1 et ∣D(k+1)pk,pk −D

(k)pk,pk ∣

2 ≤ ∣E(k)pk,qk ∣

2.

De même on a ∣D(k+1)qk,qk −D

(k)qk,qk ∣

2 ≤ ∣E(k)qk,pk ∣

2. Ainsi ∥D(k+1) −D(k)∥22 ≤ ∥E(k)∥2

2, puis :

E[∥D(k+i) −D(k)∥22] ≤∑

i≥kE[∥E(i)∥2

2] ≤ cste ⋅ ρ2k.

Par un raisonnement similaire, on a ∥D(k+i) −D(k)∥22 → 0 ps. D'où (D(k)) est de Cauchy

presque sûrement. Enn D(k) →D ps, et A(k) = E(k) +D(k) → 0 ps.

Références Matrices : Theory and applications, Serre, Springer, 2002

Leçons 158, 226, 233, 249, 260, 262, 264

39

35 Méthode de Laplace

Théorème 56. Soit g, h ∈ Copm(]0,∞[,R) avec :

(i) geh ∈ L1,(ii) g(x) ∼

x→0Axα pour A ≠ 0 et α > −1,

(iii) ∃δ0 > 0,∀δ ∈]0, δ0[,∀x ≥ δ, h(x) ≤ h(δ),(iv) h(x) = a − cxβ + o

x→0(xβ) avec c > 0, β > 0 et a ∈ R.

Alors ∫∞

0 g(x)eth(x)dx ∼x→∞

Aβ Γ (α+1

β ) eat(ct)−α+1β .

Démonstration. En multipliant par e−at, on se ramène au cas où a = 0. De même on peut

supposer A > 0. Pour simplier le raisonnement on note ϕ(t) = Aβ Γ (α+1

β ) (ct)−α+1β . Soit ε > 0 et

λ avec :⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

(1 − λ)(1 + λ)−α+1β ≥

√1 − ε

2

(1 + λ)(1 − λ)−α+1β ≤

√1 + ε

2

λ ∈]0,1[

.

Par hypothèse, il existe un nombre δ ∶= δ(λ) > 0 tel que pour tout 0 < x < δ < δ0 :

A(1 − λ)xα ≤ g(x) ≤ A(1 + λ)xα

−c(1 + λ)xβ ≤ h(x) ≤ −c(1 − λ)xβ.

Ainsi A(1 − λ) ∫δ

0 xαe−c(1+λ)tx

βdx ≤ ∫

δ

0 g(x)eth(x)dx ≤ A(1 + λ) ∫

δ

0 xαe−c(1−λ)tx

βdx.

Etudions la partie principale des encadrants. Pour cela on étudie Ib = ∫δ

0 xαe−btx

βdx pour

b > 0 :

Ib =1

(bt)α+1β β

∫bδβt

0uα+1β e−udu ∼

Γ (α+1β )

(bt)α+1β β

.

Ainsi la partie principale en +∞ de l'intégrale de :

de gauche est A(1−λ)

β[ct(1+λ)]α+1β

Γ (α+1β ) = ϕ(t)(1 − λ)(1 + λ)−

α+1β .

de droite ϕ(t)(1 + λ)(1 − λ)−α+1β .

Par dénition, il existe t1 > 0 avec pour tout t ≥ t1 :

A(1 − λ) ∫δ

0 xαe−c(1+λ)tx

βdx ≥ (1 − λ)(1 + λ)−

α+1β

√1 − ε

2ϕ(t) ≥ (1 − ε2)ϕ(t).

A(1 + λ) ∫δ

0 xαe−c(1−λ)tx

βdx ≤ (1 + λ)(1 − λ)−

α+1β

√1 + ε

2ϕ(t) ≤ (1 + ε2)ϕ(t).

Donc pour t ≥ t1, (1 −ε2)ϕ(t) ≤ ∫

δ

0 g(x)eth(x)dx ≤ (1 + ε

2)ϕ(t).Posons −µ = h(δ) < 0. Par hypothèse h(x) + µ ≤ 0 pour x ≥ δ. D'où pour t > 1, on a

t(h(x) + µ) ≤ h(x) + µ puis :th(x) ≤ −(t − 1)µ + h(x).

On peut écrire ∫∞δ ∣g(x)∣eth(x)dx ≤ ∫

∞δ ∣g(x)∣eh(x)dxe(1−t)µ. Or ϕ(t) = o(e−µt), car µ > 0. Donc

pour t ≥ t2 on a :

∫∞

δ∣g(x)∣eth(x)dx ≤

ε

2ϕ(t).

Enn pour t ≥ max(t1, t2) on a (1 − ε)ϕ(t) ≤ ∫∞

0 g(x)eth(x)dx ≤ (1 + ε)ϕ(t), ce qui montrel'équivalent.

Références Calcul Innitésimal, Dieudonné, Hermann, 1997

Leçons 224, 235, 239

40

36 Méthode de Monte-Carlo

Remarque. L'intérêt de ce développement n'est pas la convergence de l'erreur vers 0 presquesûrement (qui est assurée par la Loi des Grands Nombres) mais la vitesse exponentielle de laconvergence.

Proposition 57. Soit P = [0,1]d et (Xn)n une suite de variables aléatoires indépendantesidentiquement distribuées de loi U(P ). Soit g ∈ L2(P ). On note eN = 1

N ∑Ni=1 g(Xi)− ∫P g(u)du.

Supposons ∣g(x)∣ ≤ A pour presque tout x ∈ P et ∫P g2 ≤ B. Soit β ∈ [0,BA−2]. Alors :

P(eN ≥ βA) ≤ exp(−Nβ2A2

4B) .

Démonstration. Posons g ∶ x ↦ g(x) − ∫P g(t)dt. Ainsi eN = 1N ∑

Ni=1 g(Xi). Calculons au préa-

lable : E[g(Xi)] = 0.

∫P g(x)2dx = ∫P g(x)

2dx − (∫P g(t)dt)2≤ 2B.

Maintenant considérons α > 0 (qu'on xera plus tard). On a alors :

P(eN ≥ βA) = P(eαeN ≥ eαβA) ≤ e−αβAE[eαeN ],

par inégalité de Markov. Calculons puis majorons :

E ∶= E[eαeN ] = E [exp(N

∑i=1

α

Ng(Xi))] =

N

∏i=1

E [eαNg(Xi)] , car ∀i ≠ j,Xi ⊔Xj

= E [eαNg(X1)]

N, car les variables suivent la même loi

Rappelons que pour tout ∣t∣ ≤ 1, et ≤ 1 + t + t2. Comme ∣g(X1)∣ ≤ 2A, si 2AαN ≤ 1, on a :

E = (E [1 +α

Ng(X1) +

α2

N2g(X1)

2])N

= (1 +α2

N2B)

N

.

Comme exp est convexe, elle est au dessus de ses tangentes : ∀t, et ≥ 1 + t. Ainsi :

P(eN ≥ βA) ≤ exp(α2B

N− αβA)

´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶minimisé pour αm∶=NβA2B

.

On obtient alors l'inégalité voulue, avec α = αm.ATTENTION : On n'a pas ni ! Il faut vérier que αm2A

N ≤ 1. Cependant β ∈ [0,BA−2].

Ainsi 2AαmN = βA2

B ≤ 1.

Remarque. On en déduit via la suite (−Xn) que : P(∣eN ∣ ≥ βA) ≤ 2 exp (−Nβ2A2

4B ).

Références Exercices d'Analyse : Tome 2, Chambert-Loir, Dunod, 1999

Leçons 229, 241, 253, 260, 261, 262, 263

41

37 Méthode de Newton multidimensionnelle

Remarque. L'intérêt de ce théorème est la vitesse de convergence, bien qu'on impose des hy-pothèses assez fortes sur la fonction f . Il existe des démonstrations simpliées manipulant lesnotations de Landau.

Théorème 58. (Kantorovitch)On considère f ∈ C2(U,Rm) avec U ouvert de Rm et ψ(x) = x −Df(x)−1f(x).Soit ζ ∈ U avec f(ζ) = 0 et Df(ζ) inversible. Soit r > 0 avec B(ζ, r) ⊂ U .Posons k = sup∥x−ζ∥≤r ∥Df(ζ)

−1D2f(x)∥. Supposons que 2kr ≤ 1.

Alors pour x0 ∈ B(ζ, r), la suite xn ∶= ψn(x0) est bien dénie et tend vers ζ. La vitesse deconvergence est donnée par :

∥xn − ζ∥ ≤ (1

2)

2n−1

∥x0 − ζ∥.

Démonstration. Montrons queDf(x) est inversible pour tout x ∈ B(ζ, r). Appliquons la formulede Taylor à Df(ζ)−1Df(x) :

Df(ζ)−1Df(x) = id + ∫1

0Df(ζ)−1D2f(ζ + t(x − ζ))(x − ζ)dt.

Ainsi ∥id−Df(ζ)−1Df(x)∥ ≤ ∫1

0 ∥Df(ζ)−1D2f(ζ+t(x−ζ))∥∥x−ζ∥dt ≤ kr ≤ 1/2. DoncDf(ζ)−1Df(x) =id − (id −Df(ζ)−1Df(x)) est inversible avec :

∥Df(ζ)−1Df(x)∥ ≤ 2.

Ainsi la suite est est bien dénie.Considérons maintenant la formule de Taylor de Df(ζ)−1f(x) en x :

0 =Df(ζ)−1f(ζ) =Df(ζ)−1f(x) +Df(ζ)−1Df(x)(ζ − x)

+ ∫1

0(1 − t)Df(ζ)−1D2f(x + t(ζ − x))(ζ − x, ζ − x)dt.

Donc :

∥ψ(x) − ζ∥ =XXXXXXXXXXX

Df(x)−1Df(ζ)∫1

0(1 − t)Df(ζ)−1D2f(x + t(ζ − x))(ζ − x, ζ − x)dt

XXXXXXXXXXX

≤ ∥Df(x)−1Df(ζ)∥ ⋅k

2⋅ ∥ζ − x∥2

≤ k∥ζ − x∥2.

Soit x0 ∈ B(ζ, r). Montrons la vitesse de convergence par récurrence. L'inégalité est vériéeau rang n = 0. Supposons qu'elle est vériée au rang n. Alors :

∥xn+1 − ζ∥ ≤ k∥xn − ζ∥2 ≤ k [(

1

2)

2n−1

∥x0 − ζ∥]

2

≤ 2k∥x0 − ζ∥´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶

≤r

(1

2)

2n+1−1

∥x0 − ζ∥

≤ (1

2)

2n+1−1

∥x0 − ζ∥

Références Points xes, zéros et la méthode de Newton, Dedieu, Springer, 2006

Leçons 206, 215, 218, 226, 232

42

38 Méthode des trapèzes

Proposition 59. La méthode de Newton-Cotes avec le choix de n = 2, x0 = a et x1 = b a pourformule :

∫b

af(x)dx ≃ (b − a)

f(a) + f(b)

2.

Démonstration. Il sut de calculer ∫b

ax−ab−adx et ∫

b

ax−ba−bdx. Or ∫

b

ax−ab−adx = [x

2−2ax2(b−a) ]

b

a= b−a

2 , et on

trouve aussi ∫b

ax−ba−bdx =

b−a2 . Donc la formule est :

∫b

af(x)dx ≃ f(a)∫

b

a

x − b

a − bdx + f(b)∫

b

a

x − a

b − adx = (b − a)

f(a) + f(b)

2.

Remarque. La méthode des trapèzes signie qu'on ap-proche la courbe de la fonction par une fonction ane :l'aire est alors approximée par celle d'un trapèze (d'oùle nom).

Proposition 60. Soit f ∈ C2([a, b],R). Alors ∣ ∫b

a f(x)dx − (b − a)f(a)+f(b)2 ∣ ≤ (b−a)3

12 ∥f ′′∥∞.

Démonstration. La sécante passant par (a, f(a)) et (b, f(b)) a pour équation :

y(x) =f(b) − f(a)

b − ax −

af(b) − bf(a)

b − a.

On dénit g ∶ x↦ f(x) − y(x). Alors g′′(x) = f ′′(x) et g(a) = g(b) = 0. De plus :

∫b

af(x)dx − (b − a)

f(a) + f(b)

2= ∫

b

ag(x)dx.

On applique une double intégration par parties à g avec deux constantes m et h qu'on xeraplus tard :

∫b

ag(x)dx =((((

(((([g(x)(x −m)]ba − ∫b

ag′(x)(x −m)dx

= − [g′(x) (x2

2−mx + h)]

b

a

+ ∫b

ag′′(x) (

x2

2−mx + h)dx.

On choisit alors les constantes m et h pour que x2 − 2mx + 2h = (x − b)(x − a). Ainsi :

∣∫b

ag(x)dx∣ ≤ ∥g′′∥∞∫

b

a

(b − x)(x − a)

2dx ≤

(b − a)3

12∥f ′′∥∞.


Leçons 209, 236

43

39 Méthode probabiliste et jeu de Berlekamp

Proposition 61. Soit A = (aij) ∈Mn(±1). Il existe alors X,Y ∈ ±1n tels que :

∑i,j

xiaijyj ≥

√2

πn3/2 + o(n3/2).

Démonstration. Soi X,Y ∈ ±1n. On pose R(X,Y ) =XTAY = ∑i,j xiaijyj.L'idée va être de considérer un cas "maximal" des R(X,Y ). Pour cela, à Y xé, on pose

Ri(Y ) = ⟨AY, ei⟩. On prend X avec ⟨X,ei⟩ = sign(Ri(Y )). Alors R(X,Y ) = maxZTAY,Z.Concentrons nous maintenant sur les Ri(Y ). Pour cela on va utiliser une méthode pro-

babiliste. On considère Y un vecteur aléatoire de composantes indépendantes identiquementdistribuées avec :

P(Y1 = 1) = P(Y1 = −1) = 1/2.

Il s'agit de variable de Bernoulli "centrées". Alors Ri(Y ) suit la même loi que Sn la somme devariables de Bernoulli centrées :

E[∣Ri(Y )∣] = E[∣Sn∣] = ∑(ε1,⋯,εn)∈±1n

1

2n∣ε1 +⋯ + εn∣ =

1

2n

n

∑k=0

(n

k) ∣k − (n − k)∣

=1

2n

⌊n/2⌋

∑k=0

(n

k)(n − 2k) +

1

2n

n

∑k=⌊n/2⌋+1

(n

k)(2k − n)

=1

2n

⌊n/2⌋

∑k=0

(n

k)(n − 2k) +

1

2n

⌊n/2⌋

∑p=0

(n

n − p)(n − 2p) =

1

2n−1

⌊n/2⌋

∑k=0

(n

k)(n − 2k).

Or⌊n/2⌋

∑k=0

(n

k) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

2n−1 si n ≡ 1[2]

2n−1 + 12 (

n

⌊n/2⌋) si n ≡ 0[2]

.

Par la suite on supposera n pair (le cas impair est admis).

Alorsn/2

∑k=0

k (n

k) =

n/2−1

∑k=0

n(n − 1

k) = n

⌊(n−1)/2⌋

∑k=0

(n − 1

k) = n2n−2.

Enn E[∣Ri(Y )∣] = n2n (

n

n/2), puis :

E[R(X,Y )] = nE[∣Ri(Y )∣] =n2

2n(n

n/2) ∼

√2

πn3/2.

Il existe alors Y tel que R(X,Y ) ≥ E[R(X,Y )] ≥√

2πn

3/2 + o(n3/2).

Remarque. (Jeu de Berlekamp)On place sur un carré n2 ampoules (représentées par les entrées d'une matrice de taille n×n).

Chacune est soit allumée, soit éteinte. On place à chaque ligne (resp. colonne) un interrupteur,pour inverser l'état de toutes les ampoules qui se trouvent sur la ligne (resp. colonne).

On peut alors allumer au moins√

2πn

3/2+o(n3/2) ampoules, en manipulant les interrupteurs.

Références The Probbilistic Method, Alon, J. Wiley & sons, 1992

Leçons 190, 224, 249, 260, 264

44

40 Modèle de Lotka-Volterra

Remarque. Comme f ∶ (x, y) ↦ (ax − bxy,−cy + dxy) est localement lipschitzienne, on peutdonc considérer une solution maximale dénie sur I, notée (x, y), du système de Lotka-Volterra(x, y)′ = f(x, y).

Proposition 62. Si (x, y)(0) est positif, alors x(t), y(t) > 0 pour t ∈ I.

Démonstration. Raisonnons par l'absurde. Par le théorème des valeurs intermédiaires, x (ouy) s'annule sur I : on note s ∈ I ce zéro. Le problème de Cauchy avec x(s) = 0, y(s) = ysadmet une unique solution maximale. Or t ↦ (0, y(t)) convient. Par unicité, x(0) = 0, ce quiest absurde.

Proposition 63. ∀t ∈ I,H(x(t), y(t)) =H(x0, y0).

Démonstration. On a ddtH(x(t), y(t)) = dx′(t) + by′(t) − cx

′(t)x(t) − a

y′(t)y(t) = 0.

Proposition 64. La solution (x, y) est globale.

Démonstration. Par le lemme de sortie de tout compact, il sut de montrer que (x, y) restedans un compact. Or : ∀t ∈ I, x′(t) ≤ ax(t). Par le lemme de Gronwall, x(t) ≤ x0eat et x ne peut

alors pas exploser en temps ni. Puis y′(t) ≤ dx(t)y(t) donne y(t) ≤ y0ed ∫t

0 x qui ne peut nonplus exploser en temps ni.

Proposition 65. On note :

E1 = (x, y),0 < x < c/d,0 < y < a/b, E2 = (x, y), x > c/d,0 < y < a/b,

E3 = (x, y), x > c/d, y > a/b, E4 = (x, y),0 < x < c/d, y > a/b.

Si ∃ti ∈ R, (x(ti), y(i)) ∈ Ei, alors ∃t > ti, (x(t), y(t)) ∈ Ei+1.

Démonstration. i = 1 : Si (x(t), y(t)) ∈ E1, alors x′(t) > 0 et y′(t) < 0. Supposons quepour t > t1 (x(t), y(t)) ∈ E1. On sait que x est croissante et y décroissante sur [t1,∞[.Or elles sont bornées. On note (ξ, η) leur limite. Alors x′ et y′ ont aussi des limites,qui sont forcément nulles : η = a/b et ξ = c/d. Par hypothèse, y(t1) < a/b, ce qui estimpossible. Donc (x, y) sort de E1. Soit t′1 > t1 minimal avec (x, y)(t′1) ∉ E1 (∈ ∂E1). Ona y(t′1) < y(t1) < a/b, puis x(t

′1) = c/d et x

′(t′1) > 0. Pour t > t′1 assez proche, (x, y)(t) ∈ E2. les autres cas : on ne peut pas faire la même démonstration que précédemment, car lesautres sous-espaces ne sont pas bornés. On ne traitera que le cas i = 2 (les autres sontsimilaires). Il existe A > 0 tel que pour z > A on ait c log z < dz/2 et a log z < bz/2.De même on a α ∈ R avec ∀z, dz − c log z > α et bz − a log z > α. Donc pour x, y > AH(x, y) > dx

2 + α ; H(x, y) > by2 + α.

On obtient alors x(t) < max(A, 2d(H(x0, y0)−α)) et y(t) < max(A, 2

b(H(x0, y0)−α)). Onnit le raisonnement comme dans le cas i = 1.

Proposition 66. Soit t1 avec (x(t1), y(t1)) ∈ E1. Après avoir visité les zones E2,E3 et E4 puisE1, la trajectoire (x, y) repasse par le même point de la frontière E1 ∩E2.

Démonstration. Soit t′1 et t′s les deux temps avec x(t′i) = c/d et y(t′i) < a/b.Or H(x, y)(t′1) =H(x, y)(t′s). D'où by(t

′1) − a log y(t′1) = by(t

′s) − a log y(t′s).

Cependant z ↦ bz − a log z est injective sur [0, a/b] ce qui entraîne y(t′1) = y(t′s).

Corollaire 67. (x, y) est périodique.


Leçons 220

45

41 Morphismes continus de S1 dans GLn(R)

Lemme 68. (admis)Les morphismes continus de (R,+) dans (GLn(R),×) sont exactement les fonctions t↦ etA

pour A ∈Mn(R).

Proposition 69. Soit ϕ ∶ (S1,×)→ (GLn(R),×) morphisme de groupes continu. Alors il existeQ ∈ GLn(R), k1,⋯, kr ∈ Z∗ tels que :

ϕ(eit) = Q

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝

Rtk1 (0)

. . .

Rtkr

(0) In−2r

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠

Q−1, avec ∀k,Rtkj = (cos(tkj) − sin(tkj)

sin(tkj) cos(tkj)) .

Démonstration. Soit ψ ∶ (R,+) → (GLn(R),×); t ↦ ϕ (eit) morphisme continu. Par le lemmeprécédent, il existe A ∈Mn(R) telle que ψ(t) = etA. Par 2π-périodicité de ψ, on a :

etAe2πA = ψ(t + 2π) = ψ(t) = etA.

En particulier, exp(2πA) = In. Soit (D,N) la décomposition de Dunford de A. Alors, commeD et N commutent :

In = e2πDe2πN = e2πD

±diagonalisable

+ e2πD (e2πN − In)´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶

nilpotente

.

Par unicité de la décomposition de Dunford, e2πD = In et e2πN = In.Si N ≠ 0, par nilpotence de N , on a kerN ⊂ kerN2. Ainsi, pour X ∈ kerN2 ∖ kerN ,

e2πNX =X + 2πNX ≠X, ce qui est impossible. Donc N = 0 et A est diagonalisable dans C.On sait que Sp(e2πA) = e2πλ, λ ∈ Sp(A). Ainsi pour λ ∈ Sp(A), on a e2πλ = 1, puis λ ∈ iZ.

Comme A ∈Mn(R), si λ ∈ Sp(A), alors λ ∈ Sp(A). Il existe donc P ∈ GLn(C) et k1,⋯, kr ∈ N,avec :

A = Pdiag(ik1,−ik1,⋯, ikr,−ikr,0,⋯,0)P−1.

D'où etA = Pdiag(eitk1 , e−itk1 ,⋯, eitkr , e−itkr ,1,⋯,1)P −1.

On sait que (eitkj 0

0 e−itkj) est semblable à Rtkj , pour tout j. Ainsi on a Q ∈ GLn(C) avec :

etA = Qdiag(Rtk1 ,⋯,Rtkr , In−2r)´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶

=∶B

Q−1.

Posons Q = QR + iQI . Alors etAQR = QRB et etAQI = QIB. Or det(QR +XQI) est un polynômenon nul (car det(QR + iQI) ≠ 0). Soit α ∈ R avec P ∶= QR + αQI ∈ GLn(R). On a alorsetA = PBP −1. On vérie que ces applications conviennent.

Remarque. Ce résultat permet de classier les représentations réelles linéaires du groupes S1.(Comme il est inni, on doit ajouter l'hypothèse de continuité pour dénir les représentations)


Leçons 155, 156, 157

46

42 Nombres de Bell

Proposition 70. Pour n ∈ N∗, on note Bn = # partitions de J1, nK ,avec B0 = 1. Alors :

Bn =1

e∑n≥0

nk

n!.

Démonstration. L'idée va être d'utiliser la fonction génératrice exponentielle.

Etape 1 : Exprimer Bn+1 en fonction des Bk avec 0 ≤ k ≤ n

On note Ek l'ensemble des partitions de J1, n+1K avec la partie contenant (n+1) de cardinalk + 1. Alors :

#Ek = (n

k) Bn−k

choix de k éléments dans

nombres dela partie où se trouve (n + 1) partitions du reste

Ainsi Bn+1 =n

∑k=0

#Ek =n

∑k=0

(n

k)Bn−k =

n

∑i=0

(n

i)Bi.

Etape 2 : Etude de la fonction génératrice exponentielle

Posons f(z) = ∑n≥0Bnn! z

n. Montrons par récurrence que Bn ≤ n!.Le cas n = 1 est évident. Supposons la propriété vraie pour tout i ≤ n. On a alors par

hypothèse de récurrence :

Bn+1 ≤n

∑i=0

(n

i) i! ≤ n!

n

∑i=0

1

(n − i)!≤ (n + 1)!.

Alors Bnn! ≤ 1, avec ∑ zn de rayon de convergence 1. Donc f est la somme d'une série entière de

rayon de convergence R ≥ 1. Pour z ∈] −R,R[, on a :

f ′(z) =∑n≥0

Bn+1

n!zn =∑

n≥0

1

n!

n

∑k=0

(n

k)Bkz

n =∑n≥0

n

∑k=0

Bk

k!

1

(n − k)!zn

=∑n≥0

Bn

n!zn∑

k≥0

zk

k!, par produit de Cauchy

= ezf(z)

D'où f(z) = Aeexp(z). Or f(0) = B0 = 1. Donc f(z) = eexp(z)

e .

Etape 3 : Exprimer Bn en fonction de n

Pour z ∈ R, on a :

f(z) =1

e

∞∑n=0

(ez)n

n!=

1

e

∞∑n=0

enz

n!=

1

e∑n≥0

∑k≥0

(nz)k

n!k!.

Soit un,k =(nz)kn!k! . Alors ∑k≥0 ∣un,k∣ =

e∣z∣

n! et ∑n≥0∑k≥0 ∣un,k∣ = exp(exp(z)).

Par théorème de Fubini-Tonelli, on a f(z) = ∑k≥0∑n≥01enk

n!zk

k! .Par unicité du développement en série entière, on obtient le résultat.


Leçons 190, 220, 221, 241, 243, 244, 247

47

43 Nombres de Liouville

Lemme 71. Soit P ∈ Z[X] ∖ 0 et m = degP . Soit x ∈ R avec P (x) = 0. Alors il existe k > 0tel que pour tout a/b ∈ Q∩]x − 1, x + 1[ :

P (a/b) ≠ 0⇒ ∣x −a

b∣ ≥

k

∣b∣m.

Démonstration. Soit I =]x − 1, x + 1[ et M = supI

∣P ′∣. Par théorème des accroissements nis, on

a :∣P (a/b)∣ = ∣P (x) − P (a/b)∣ ≤M ∣x −

a

b∣.

Or bmP (a/b) ∈ Z et bmP (a/b) ≠ 0. Donc ∣bmP (a/b)∣ ≥ 1. On obtient ainsi le résultat.

Lemme 72. Soit (un)n∈N ∈ J0,9KN strictement positive à partir d'un certain rang. Soit le nombrede Liouville associé à (un) :

x ∶=∞∑n=0

un10n!

.

et sn = ∑ni=0

ui10i!

. Alors ∣x − sn∣ ≤1

10nn! .

Démonstration. Vérions que x est bien déni. En eet, 0 ≤ un10n! ≤

910n! . Or le critère de

d'Alembert assure la convergence de ∑ 110n! , puis la dénition de x.

On sait que ∣x − sn∣ = ∑∞i=n+1

ui10i!

. Or pour i ≥ n + 1, on a l'inégalité k! ≥ in!. Donc :

∣x − sn∣ ≤ 9 ∑i≥n+1

(1

10n!)i

= 9(1

10n!)n+1 1

1 − 110n!

≤1

10nn!.

Théorème 73. Soit x le nombre de Liouville associée à (un)n ∈ J0,9KN strictement croissanteà partir d'un certain rang. Alors x est transcendant sur Q.

Démonstration. Raisonnons par l'absurde. Supposons qu'il existe P ∈ Q[X]∖0 avec P (x) = 0.Quitte à multiplier par un entier susamment grand, on peut supposer que P ∈ Z[X] ∖ 0de degré m. Or sn ∈ QN avec sn → x. Donc il existe N ∈ N tel que pour tout n ≥ N , sn ∈Q∩]x − 1, x + 1[.

Comme P ≠ 0, il existe un voisinage V de x tel que P ne s'annule qu'en x. Soit N ∈ N telque :

∀n ≥ N , sn ∈ Q ∩ V ∩]x − 1, x + 1[.

Par les lemmes précédents, on sait que pour tout n ≥ N , 110nn! ≥ ∣x − sn∣ ≥

k10mn! . Alors k−1 ≥

10(n−m)n!, ce qui est impossible.


Leçons 144, 230

48

44 Nombres moyens de diviseurs des entiers inférieurs à x

Remarque. On rappelle le développement limité ∑nk=1

1k = logn + γ +O(1/n).

Rappel. E[y] ∼y→∞

y. Cet équivalent provient directement de l'encadrement :

1 −1

y<E[y]

y≤ 1.

Proposition 74. Pour n ∈ N∗ on dénit τn = #d, d∣n. Si x ∈ [1,∞[, on pose :

F (x) = ∑1≤n≤x

τn.

Alors F (x) = x logx + (2γ − 1)x +O(√x).

Démonstration. On a :

F (x) = ∑1≤n≤x

τn = ∑1≤n≤x

∑d∣n

1 = ∑1≤n≤xd∣n

1 = ∑1≤d,d′≤xdd′≤x

1

= ∑1≤d≤x

∑1≤d′≤xd′≤x/d

1 = ∑1≤d≤x

E[x/d]

∑d′=1

1 = ∑1≤d≤x

E[x/d].

Or xd − 1 < E[x/d] ≤ x

d . Donc :

xE[x]

∑d=1

1

d−E[x] = ∑

1≤d≤x(x

d− 1) ≤ F (x) ≤ ∑

1≤d≤x

x

d= x

E[x]

∑d=1

1

d.

Par les rappels, on a ∑E[x]d=1

1d ∼ logE[x] qui est équivalent à logx. Ainsi F (x) ∼ x logx.

On souhaite un développement asymptotique en O(√x). Or l'encadrement utilisé est trop

grossier : la diérence entre les bornes est en O(x). L'astuce va être de couper la somme en√x. Alors :

F (x) = 2 ∑d≤

√x

dd′≤x

1 − ∑d,d′≤

√x

1 = 2 ∑1≤d≤

√x

E[x/d] − (E[√x])

2

= 2xE[

√x]

∑d=1

1

d+O(

√x) − (x +O(

√x))

= 2x(log(E[√x]) + γ +O(1/

√x)) − x +O(

√x)

= 2x log(√x +O(1)) + (2γ − 1)x +O(

√x).

Or log(√x+O(1)) = log(

√x)+ log(1+O(1/

√x)) = log(

√x)+O(1/

√x). On en déduit la formule

voulue.


Leçons 190, 224, 230

49

45 Nullstellensatz faible par le résultant

Théorème 75. (D'extension)Soit f1,⋯, fs ∈ K[X1,⋯Xn] et I = ⟨f1,⋯, fs⟩. On écrit pour i ∈ J1, sK,

fi = gi(X2,⋯,Xn)XNi1 + Ti,

avec Ni ≥ 0, gi ∈ K[X2,⋯,Xn] ∖ 0 et degX1Ti < Ni.

Supposons qu'il existe Ð→c = (c2,⋯, cn) ∈ V (I ∩ K[X2,⋯,Xn]). SiÐ→c ∉ V (g1,⋯, gs) alors il

existe c1 ∈ K tel que (c1,Ð→c ) ∶= (c1,⋯, cn) ∈ V (I).

Démonstration. Considérons φ ∶ K[X1,⋯,Xn] → K[X1]; f ↦ f(x1,Ð→c ) morphisme d'anneaux

surjectif, ce qui assure que φ(I) est un idéal de K[X1]. Comme K[X1] est principal, φ(I) estengendré par un élément u ∈ K[X1].

1er cas : u ∉ K⋆

Comme K est algébriquement clos, il existe c1 ∈ K racine de u. Alors ∀f ∈ I, f(c1,Ð→c ) = 0,

ce qui signie que (c1,⋯, cn) ∈ V (I).

2e cas : u ∈ K⋆

Comme ⟨u⟩ = φ(I), il existe f ∈ I avec f(X1,Ð→c ) = u. Comme Ð→c ∉ V (g1,⋯gs), il existe

i ∈ J1, sK avec gi(Ð→c ) ≠ 0.Considérons h = ResX1(fi, f) ∈ K[X2,⋯,Xn]. Ainsi :

h(Ð→c ) = gi(Ð→c )deg fRes(fi(X1,

Ð→c ), u) = gi(Ð→c )deg fuNi ≠ 0.

Or h ∈ ⟨fi, f⟩ ⊂ I. Donc h ∈ I ∩ K[X2,⋯Xn] et par hypothèse on a h(Ð→c ) = 0, ce qui estcontradictoire.

Théorème 76. (Nullstellensatz faible)Pour tout idéal I de K[X1,⋯,Xn] avec V (I) = ∅, on a I = K[X1,⋯Xn].

Démonstration. Raisonnons par récurrence sur n.Si n = 1, on a I = ⟨f1⟩. Si deg(f1) ≥ 1, alors V (f1) ≠ ∅, car K est algébriquement clos. Ainsi

f1 ∈ K⋆, puis 1 ∈ I. D'où I = K[X1].Supposons la propriété vraie au rang n − 1. Si f1 = 0, le résultat est immédiat. Par la

suite, on note N1 le degré total de f1 ≠ 0. On considère le changement de variable X1 = X1 etXi = Xi + αiX1, avec les αi ∈ K, qu'on choisira plus tard. On a alors :

f(X1,⋯,Xn) = f1(X1, X2 + α2X1,⋯, Xn + αnX1) = g1(α2,⋯, αn)X1N1+C1,

avec degX1(C1) < N1. On vérie que g1 ≠ 0. On peut donc considérer (car K est algébriquement

clos et inni) des éléments αi avec g1(α2,⋯, αn) ≠ 0.Posons f(X1,⋯, Xn) = f(X1, X2 + α2X1,⋯, Xn + αnX1) pour f ∈ K[X1,⋯,Xn] et l'idéal

I = f , f ∈ I. Alors V (I) = ∅ = V (I).S'il existe (b2,⋯, bn) ∈ V (I ∩K[X2,⋯, Xn]), comme g1(α2,⋯, αn) est un polynôme constant

en X2,⋯, Xn non nul, par le théorème d'extension, on aurait alors b1 ∈ K tel que (b) ∈ V (I), cequi est absurde. Donc V (I ∩K[X2,⋯, Xn]) = ∅.

Par hypothèse de récurrence, on a I ∩K[X2,⋯, Xn] = K[X2,⋯, Xn]. En particulier, 1 ∈ I,puis 1 ∈ I. Ainsi I = K[X1,⋯,Xn], car I est un idéal.

Références Ideals, Varieties and algorithms, Cox, Springer, 2007

Leçons 125, 143, 144

50

46 Polygones réguliers constructibles : version faible du

théorème de Gauss

Déf. On dit que le n-gone régulier Pn est constructible si l'angle2πn est constructible à la règle

et au compas (à partir de deux points O et I). On notera Pn ∈ E.

Proposition 77. Pour tout n ∈ N∗, on a P2n ∈ E.

Démonstration. On fera ici une esquisse de la preuve, qui se fait par récurrence sur n. Si n = 1,le polygone correspond au segment [II ′] avec I ′ le symétrique de I par rapport à O. Supposonsque P2n−1 ∈ E. Alors, pour construire l'angle 2π

n il sut de tracer la bissectrice de deux droitesd'angle 2π

n−1 : par le cours de collège, on peut la tracer avec le compas et la règle.

Théorème 78. (Gauss - faible)Soit p premier impair et α ∈ N∗ avec Ppα ∈ E. Alors α = 1 et p est de Fermat : il existe n ∈ N

tel que p = 2n + 1.

Démonstration. On note c = cos ( 2πpα) .

Comme 2πpα ∈ E, le point (c,0) est constructible à la règle et au compas, puis par le

théorème de Wantzel, [Q(c) ∶ Q] = 2e avec e ∈ N. Soit ξ racine primitive pα-ème de l'unité et Φ le polynôme cyclotomique d'ordre pα.Comme Φ(ξ) = 0 et que Φ est irréductible sur Q, on a [Q(ξ) ∶ Q] = deg Φ = ϕ(pα).

On a c = 12 (ξ + 1

ξ). D'où la tour d'extension Q(ξ)−Q(c)−Q. Par le théorème de la base

télescopique et par l'égalité sur deg Φ :

ϕ(pα) = [Q(ξ) ∶ Q] = [Q(ξ) ∶ Q(c)][Q(c) ∶ Q].

On sait que d ∶= [Q(ξ) ∶ Q(c)] ≤ 2. Or :

d = 1⇔ ξ ∈ Q(c)⇔ ξ ∈ R⇔ sin(2π

pα) = 0

⇔2π

pα∈ πZ⇔ 2 ∈ pαZ⇔ pα∣2.

Cependant, p ≥ 3. Donc p∣2. Ainsi d ≠ 1 puis d = 2. Finalement, 2e = [Q(c) ∶ Q] = ϕ(pα)2 .

Si α ≠ 1, alors 2e+1 = ϕ(pα) = pα−1(p − 1). D'où p∣2e+1, ce qui est impossible. Donc α = 1.Enn 2e+1 = ϕ(p) = p − 1.

Remarque. La version forte du théorème de Gauss arme que Pn ∈ E si et seulement si n sedécompose en 2k∏pi avec pi des nombres premiers de Fermat distincts deux à deux.

Remarque. Cette version du théorème de Gauss permet tout de même de résoudre des problèmescompliqués de géométrie, comme la trisection d'un angle. Cependant, il faut la version fortepour savoir qu'on peut découper une tarte (parfaitement ronde) en 257 parts égales grâce à unerègle et un compas.

Références Théorie de Galois, Gozard, Ellipses, 2009

Leçons 121, 123, 125, 141, 144

51

47 Polynômes de Bernstein

Déf. Soit f ∶ [0,1]→ R continue et n ∈ N∗. Son n-ème polynôme de Bernstein est :

Bn(f)(x) =n

∑k=0

(n

k) f (

k

n)xk(1 − x)n−k.

Proposition 79. Soit f ∶ [0,1] → R continue. Alors Bn(f) converge uniformément vers f sur[0,1].

Démonstration. Soit (Ω,A,P) espace de probabilité et x ∈ [0,1]. On dénit (Xn)n suite devariables aléatoires réelles indépendantes identiquement distribuées de loi Bern(x).

On pose Sn = ∑nk=1Xk. Par indépendance, Sn suit la loi Bin(n,x). On a alors :

E [f (Snn

)] =∑i≥0

f (i

n)P(Sn = i) =

n

∑i=0

f (i

n)(

n

i)xi(1 − x)n−i = Bn(f)(x).

Comme f est continue sur le compact [0,1], pour ε > 0, il existe η > 0 un module de continuitéde f . Alors :

∣Bn(f)(x) − f(x)∣ =RRRRRRRRRRR

E [f (Snn

) − f(x)]RRRRRRRRRRR

≤ E⎡⎢⎢⎢⎢⎣

χ∣Snn−x∣≤η

RRRRRRRRRRR

f (Snn

) − f(x)RRRRRRRRRRR

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

+E⎡⎢⎢⎢⎢⎣

χ∣Snn−x∣>η

RRRRRRRRRRR

f (Snn

) − f(x)RRRRRRRRRRR

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

≤ ε + 2∥f∥∞P⎛

⎝

RRRRRRRRRRR

Snn− x

RRRRRRRRRRR

> η⎞

⎠

≤ ε + 2∥f∥∞P⎛

⎝

RRRRRRRRRRR

Snn−E [

Snn

]

RRRRRRRRRRR

> η⎞

⎠

≤ ε + 2∥f∥∞1

η2V ar (

Snn

) , par l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev

≤ ε + 2∥f∥∞x(1 − x)

nη2≤ ε +

∥f∥∞2nη2

Corollaire 80. On en déduit le théorème de Weierstrass : l'ensemble des fonctions polynomialessur [a, b] est dense dans Co([a, b],R).

Références Aucune

Leçons 201, 202, 209, 241, 249

52

48 Simplicité de SO3

Remarque. Ce développement utilise indirectement la notion de groupe topologique. Cependant,il n'est pas nécessaire d'avoir des notions profondes sur cette théorie. Il sut de savoir qu'ungroupe est muni d'une structure topologique quand les opérations de groupes sont continues.

Théorème 81. SO3 est simple.

Démonstration. Soit G un sous-groupe de SO3 et G0 la composante connexe (par arcs) de Iddans G. L'application m ∶ G × G → G; (g, h) ↦ gh est continue, donc envoie G0 × G0 sur unconnexe contenant Id. Donc m(G0 ×G0) ⊂ G0. De même, l'application ι ∶ g ↦ g−1 est continueavec ι(Id) = Id. Donc ι(G0) ⊂ G0. On vient donc de prouver que G0 est un sous-groupe de G.

Supposons que G◁ SO3. Montrons que G0 ◁ SO3. L'application dénie à g ∈ SO3 xé :

ψg ∶ G→ G

h↦ ghg−1

est continue avec ψg(Id) = Id. Donc ψg(G0) est un connexe contenant Id. D'où ψg(G0) ⊂ G0,ce qui veut dire que G0 ◁ SO3. Nous allons maintenant raisonner par disjonction de cas.

1er cas : G0 ≠ Id

Montrons que G = SO3. Soit θ l'angle d'une rotation g de R3. Il existe alors une base

orthonormée dans laquelle sa matrice est⎛⎜⎝

1 0 0

0 cos(θ) − sin(θ)

0 sin(θ) cos(θ)

⎞⎟⎠.

Donc Tr(g) = 2 cos(θ) + 1. L'application suivante est ainsi continue :

ψ ∶ SO3 → [0, π]

g ↦ ArccosTr(g) − 1

2.

Par hypothèse, il existe g ∈ G0 ∖ Id. Alors ψ(g) ∈]0, π]. Par archimédianité de R, il existen avec ]0, π/n] ⊂]0, ψ(g)]. Par connexité de G0, il existe h ∈ G0 avec ψ(h) = π/n. Finalement,ψ(hn) = π et ψ(G0) = [0, π].

Alors G0 possède un retournement. Or les retournements sont tous conjugués dans SO3 etG0 ◁ SO3. Donc G0 possède tous les retournements qui engendrent SO3. Ainsi G0 = SO3 puisG = SO3.

2e cas : G0 = Id

Soit g ∈ G et l'application suivante qui est bien dénie car G◁ SO3 :

φg ∶ SO3 → G

h↦ ghg−1h−1

est continue. On sait que SO3 est connexe et Id ∈ ψg(SO3). Or G0 = Id.Donc Im(ψg) ⊂ G0 = Id implique que ψg = Id. Alors g commute avec tous les éléments de

SO3. En particulier g xe les axes de toutes les rotations. Donc g = Id et G = Id.

Références Aucune

Leçons 103, 106, 108, 160, 161, 204

53

49 Solution élémentaire de l'équation des ondes

Déf. Une solution élémentaire (ou fondamentale) d'un opérateur diérentiel P à coecientconstant est un distribution E avec PE = δ0.

Proposition 82. Une solution élémentaire de ◻ = ∂2tt −∆x est la distribution E avec :

FE(t, ξ) =H(t)sin(t∣ξ∣)

∣ξ∣.

Démonstration. Raisonnons par analyse-synthèse. Soit E solution élémentaire de ◻ de support dans R+

t × Rnx. Supposons que E ∈ S ′ car

le problème est équivalent à F ◻ E = Fδ0, pour F l'opérateur de Fourier partiel enespace. Cette équation se réécrit (δ2

tt + ∣ξ∣2)FE = δt=0. On est donc ramené à l'équationdiérentielle :

δ2ttf + ∣ξ∣2f = δt=0. (2)

Sur t > 0, on peut simplier cette équation en δ2ttf + ∣ξ∣2f = 0, dont les solutions sont :

f ∶ (t, ξ)↦ a(ξ) cos(t∣ξ∣) + b(ξ) sin(t∣ξ∣).

L'idée pour se ramener à R+t est de multiplier ces solutions par la distribution de Hea-

viside H(t). Soit T l'application ainsi créée. On va alors chercher a et b pour que T soitsolution de 2. Calculons :

δtT = δt=0a(ξ) +H(t)∣ξ∣[b(ξ) cos(t∣ξ∣) − a(ξ) sin(t∣ξ∣)]

δ2ttT = a(ξ)δ′t=0 + ∣ξ∣b(ξ)δt=0 −H(t)∣ξ∣2[b(ξ) sin(t∣ξ∣) + a(ξ) cos(t∣ξ∣)].

Donc T est solution de 2 ssi a ≡ 0 et b(ξ) = ∣ξ∣−1.

On note par la suite T (t, ξ) =H(t) sin(t∣ξ∣)∣ξ∣ = tH(t)sinc(t∣ξ∣).

Vérions que T ∈ S ′(Rt × Rnx). On pose y = (t, x) la variable spatiotemporelle pour

simplier les notations. Alors ∣T (y)∣ ≤ max(y1,0). Soit N ≥ n + 2 et ϕ ∈ S(Rn+1). Alors :

∣⟨T,ϕ⟩∣ ≤ ∫Rn+1

max(y1,0)∣ϕ(y)∣dy

≤ ∫Rn+1

(1 + ∥y∥2)N ∣ϕ(y)∣

max(y1,0)

(1 + ∥y∥2)Ndy

≤ ∫Rn+1

max(y1,0)

(1 + ∥y∥2)Ndy

´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶<∞

supy∈Rn+1

((1 + ∥y∥2)N ∣ϕ(y)∣).

Références Problèmes de distributions, Zuily, Hermann, 1978

Leçons 222, 240, 254

54

50 Sous-groupes fermés de GLn(K)

Lemme 83. Soit G un sous-groupe non discret, connexe et fermé de GLn(K). Soit (hk)k unesuite dans G convergeant vers id avec hk ≠ id pour tout k. Soit h une valeur d'adhérence de lasuite loghk

∥ loghk∥ (bien dénie pour n >> 0). Alors h ∈ Lie(G).

Démonstration. On peut supposer que h = lim log(hk)∥ log(hk)∥ . Soit t ∈ R. Posons αk =

t∥ log(hk)∥ . Alors :

exp(th) = lim exp(αk loghk) = limhpkk exp(qk log(hk)),

pour pk = ⌊αk⌋ et qk = αk − pk. Or ∥qk loghk∥ < ∥ loghk∥→ 0, car hk → id.Donc exp(qk loghk)→ id et exp(th) = limhpkk ∈ G, car G est fermé.

Lemme 84. Soit G′ supplémentaire de Lie(G) dans Mn(K). Alors il existe V ′ voisinage de 0dans G′ tel que exp(V ′) ∩G = id.

Remarque. On peut supposer G connexe quitte à prendreG.

Démonstration. Raisonnons par l'absurde. Supposons qu'il existe W0 voisinage (qu'on peutsupposer compact et étoilé en 0) de 0 dans G′, tel que pour tout k, on ait exp(W0

k ) ∩G ≠ id.

Soit hk = exp (X′

k

k ) ∈ G ∖ id et X ′k ∈W0. Comme (X ′

k)k est une suite bornée, on aX′

k

k → 0,

puis hk → id. Soit h une valeur d'adhérence de loghk∥ loghk∥ (qui existe car la suite

X′

k

∥X′

k∥ est bornée).

Par le lemme précédent, on a :h ∈ Lie(G) ∩ SG′(0,1),

ce qui est absurde.

Théorème 85. (Von Neumann)Si G est un sous-groupe fermé de GLn(K), il existe un voisinage V de 0 dans Lie(G) et un

voisinage W de id dans G tels que exp réalise un homéomorphisme entre V et W .

Démonstration. On pose l'application :

φ ∶ Lie(G) × G′ → GLn(K)

(X,X ′)↦ eXeX′

On a dφ(0,0)(X,X ′) = X +X ′ bijective. Ainsi par le théorème d'inversion locale, il existe U unvoisinage de 0 dans Lie(G), U ′ voisinage de 0 dans G′ et W voisinage de id dans GLn(K) telsque φ ∶ U ×U ′ →W soit un C1-diéomorphisme.

Posons U1 = V ′ ∩ U ′ (pour V ′ donné par le lemme précédent) et W1 = φ(U × U1). Parrestriction, φ ∶ U × U ′ → W1 est un diéomorphisme. De plus, W1 ∩G = exp(U) par dénitionde V ′. Donc exp(U) est un voisinage de id dans Lie(G).

Remarque. Le théorème de Von Neumann permet de montrer que certains sous-groupes sontdes sous-variétés de Mn(K) de dimension dimLie(G), de plan tangent en id dirigé par Lie(G).Dans le cas de SLn(K), on obtient TidSLn(K) = M,Tr(M) = 0 =∶ sln(K) de dimension n2 −1(pour K = R).

Références Introduction à la théorie des groupes de Lie classiques, Mneimné, Hermann, 1986

Leçons 106, 156, 204, 214, 217

55

51 Table de S4

Déf. SoitX = 1,⋯, n. On dénit la représentation V de base (ex)x∈X . Alors V1 = vect(∑ ex) estune représentation (il s'agit de la représentation triviale). Alors Vst ∶= V

⊥1 est une représentation

appelée représentation standard.

Etape 1

La représentation triviale est irréductible. De même, la signature dénit une représentationirréductible. Ce sont les seules représentations provenant d'un morphisme de groupes.

Etape 2

Montrons que Vst est irréductible. On a :

⟨χV , χV ⟩ = ⟨χst, χst⟩ + ⟨χst, χ1⟩ + ⟨χ1, χst⟩ + ⟨χ1, χ1⟩.

Ainsi Vst est irréductible ssi ⟨χst, χst⟩ = 1 (et ⟨χ1, χst⟩ = 1). Cela revient à ⟨χV , χV ⟩ = 2. Calculonsalors cette quantité :

⟨χV , χV ⟩ =1

4!∑σ∈S4

∣Tr(ρ(σ))∣2 =1

4!∑σ∈S4

(# points xes de σ)2

=1

4!∑σ∈S4

#(i, j) ∈X2, σ(i) = i, σ(j) = j

=1

4!∑i,j

#σ ∈S4, σ(i) = i, σ(j) = j

=1

4!∑i

#σ ∈S4, σ(i) = i +1

4!∑i≠j

#σ ∈S4, σ(i) = i, σ(j) = j

=1

4!∑i

3! +1

4!∑i≠j

2! = 2

Donc Vst est irréductible de dimension dimV − dimV1 = 3. On a de plus :

χst(σ) = # points xes de σ − 1.

On termine par orthogonalité des lignes et des colonnes.

id (12) (123) (12)(34) (1234)1 1 1 1 1 1ε 1 -1 1 1 -1χst 3 1 0 -1 -1εχst 3 -1 0 -1 1χ5 2 0 -1 2 0

Références Aucune

Leçons 104, 105, 107, 109

56

52 Théorème Central Limite

Proposition 86. Soit X une variable aléatoire réelle avec E[∣X ∣n] <∞, alors :

ΦX(t) =n

∑k=0

(it)k

k!E[Xk] + o

t→0(tn).

Démonstration. Soit 0 < ∣t∣ < 1 et x ∈ R. Posons ∆n(t, x) = eitx −∑nk=0

(itx)kk! . Par la formule de

Taylor avec reste intégral appliquée à z ↦ eiz :

∆n(t, x) =in+1

n! ∫tx

0(tx − s)neisds.

De plus par intégration par partie, on a :

∫tx

0(tx − s)n−1eisds =

(tx)n

n+i

n ∫tx

0(tx − s)neisds.

Ainsi ∆n(t, x) =in

(n−1)! ∫tx

0 (tx − s)n−1[eis − 1]ds, puis ∣∆n(t, x)∣ ≤ min ( ∣tx∣n+1

(n+1)! ,2∣tx∣nn! ) . En particu-

lier :

0 ≤ lim inft→0∣∆n(t,x)∣

tn ∣ ≤ lim supt→0∣∆n(t,x)∣

tn ∣ ≤ lim supt→0∣∣t∣⋅∣x∣n+1

(n+1)! ∣.

∣∆n(t,x)tn ∣ ≤ 2∣x∣n

n! ∈ L1(P).Donc par théorème de convergence dominée, ∣E[∆n(t, x)/tn]∣ ≤ E[∣∆n(t, x)/tn∣] → 0. D'où lerésultat.

Lemme 87. Soit z1,⋯, zm, y1,⋯, ym ∈ BC(0,1). Alors ∣∏mi=1 zi −∏

mi=1 yi∣ ≤ ∑

mi=1 ∣zi − yi∣.

Démonstration. On raisonne par récurrence sur m, via l'inégalité

m

∏i=1

zi −m

∏i=1

yi = [m−1

∏i=1

zi −m−1

∏i=1

yi] zm + (zm − ym)m−1

∏i=1

yi.

Théorème 88. (TCL)Soit (Xn)n≥1 une suite de variables aléatoires réelles indépendantes identiquement distribuées

dans L2(P) de moyenne c et de variance σ2 > 0. Soit Sn = ∑nk=1X

k. Alors :

SN −Nc√Nσ2

loi

→ Y ∼ N (0,1).

Démonstration. Quitte à considérer les Xn−c√σ2

on peut supposer c = 0 et σ2 = 1.

Posons φX = φXN et YN = SN√N. On sait que φY (t) = e

−t2

2 et que φYN = φX ( ⋅√N)N, par

indépendance des Xn. Par la propriété 86 :

φYN (t) − φY (t) = (1 − t2/2N + ot→0

(1/N))N − (e−t2/2N)N ≤ [1 − t2/2N + o

t→0(1/N) − e−t

2/2N]N ,

par le lemme 87. Donc φYn(t)→ φY (t) pour t ∈ R. On termine par le théorème de Lévy.

Références Probabilités, Lacroix, Ellipses, 2006

Leçons 218, 240, 260, 261, 262, 263

57

53 Théorème de Bôcher

Remarque. L'idée principale de ce développement est de voir l'équation x′′+(1+q)x = 0 commeune équation de la forme x′′ + x = f(x, t) avec f(x, t) = q(t)x(t), puis appliquer les méthodeshabituelles de résolution pour prouver l'existence d'une solution.

Théorème 89. (Bôcher)Soit q ∈ C0(R+,R)∩L1(R+). Alors il existe une unique solution x ∶ R+ → C de x′′+(1+q)x = 0

telle que x(t) − eit →t→+∞

0.

Démonstration. On regarde (E) ∶ x′′ + (1 + q)x = 0 = 0 comme une perturbation del'équation (E0) ∶ x′′ + x = 0 dont les solutions sont engendrées par t↦ eit et t↦ e−it.On applique la méthode de variation des constantes pour écrire x sous forme intégrale.Posons x(t) = A(t)eit +B(t)e−it, où A et B sont des fonctions dérivables . Alors x vérie(E) ssi :

A′(t)eit +B′(t)e−it = 0

iA′(t)eit − iB′(t)e−it = −q(t)x(t).

Ainsi A′(t) = 12iq(t)x(t)e

−it et B′(t) = −12 iq(t)x(t)e

it. Posons α = A(0) et β = B(0). Pourt ≥ 0, on a :

x(t) = (α + ∫t

0

i

2q(u)x(u)e−iudu) eit + (β − ∫

t

0

i

2q(u)x(u)eiudu) e−it.

Montrons que les intégrales ont une limite nie quand t tend vers ∞. Comme q estintégrable sur R+, il sut de montrer que x est bornée.Or pour t ≥ 0, on a ∣x(t)∣ ≤ ∣α∣ + ∣β∣ + ∫

t

0 ∣q(u)∣ ⋅ ∣x(u)∣du. Par le lemme de Gronwall, on aainsi :

∣x(t)∣ ≤ (∣α∣ + ∣β∣) exp(∫t

0∣q(u)du) ≤ (∣α∣ + ∣β∣)e∥q∥1 .

Donc il existe λ,µ ∈ C telles que x(t) = λeit + µe−it + ot→∞

(1). La seule fonction de

V ect(eit, e−it) qui tend vers 0 en ∞ est la fonction nulle : les constantes λ et µ sontdéterminées par x.De plus l'application ψ, qui a une solution x de (E) associe y ∶ t ↦ λeit + µe−it solutionde (E0) telle que x(t) − y(t) →

t→∞0, est linéaire.

En voyant (E0) comme une perturbation de (E), on peut associer une solution x = ϕ(y)de (E) avec y(t)−x(t)→ 0. Il est alors clair que ψ et ϕ sont deux isomorphismes inversesl'une de l'autre.


Leçons 220, 221

58

54 Théorème de Burnside

Théorème 90. Soit K corps de caractéristique 0. Alors :

A ∈ Niln(K)⇔ ∀k ≥ 1, T r(Ak) = 0.

Démonstration. Montrons le sens direct. Si A ∈ Niln(K), alors Sp(A) = 0, puis Tr(Ak) = 0.Réciproquement, raisonnons par l'absurde. Soit λ1,⋯, λr les valeurs propres non nulles de

A de multiplicités notées n1,⋯, nr. Alors par hypothèse, ∀k ≥ 1,∑ri=1 niλ

ki = 0. Cela revient à :

⎛⎜⎜⎝

λ1 ⋯ λr...

...

λr1 ⋯ λrr

⎞⎟⎟⎠

⎛⎜⎜⎝

n1

...

nr

⎞⎟⎟⎠

= 0

Ce système est de Cramer, car le déterminant de la matrice (qui est de Vandermonde) est :

λ1⋯λr ∏1≤i<j≤r

(λj − λi) ≠ 0.

Ainsi pour tout i, ni = 0, ce qui est exclu. Donc A ∈ Niln(K).

Remarque. Soit p premier. Pour tout k ≥ 1, on a TrFp(Ikp ) = 0 et Ip ∉ Nilp(Fp).

Théorème 91. (Burnside)Tout sous-groupe de GLn(C) d'exposant ni est ni.

Démonstration. Soit G un sous-groupe de GLn(C) d'exposant N ni. On pose (M1,⋯,Mm)base de V ect(G) et :

f ∶ G→ C∗

A↦ (Tr(AMi))1≤i≤m

On sait que P = XN − 1 scindé, à racines simples sur C. Or P (A) = 0 pour A ∈ G. Donc toutematrice de G est diagonalisable.

Remarquons par ailleurs que Im(f) ⊂ Xm, avec X = Tr(A),A ∈ G. Cependant, on aX ⊂ ∑

ki=1 λi, k ∈ J0,NK,∀i, λNi = 1, qui est ni.

Montrons que f est injective. Soit A,B ∈ G avec f(A) = f(B). Alors pour tout M ∈ G, ona Tr(AM) = Tr(BM). En particulier, pour D ∶= AB−1 et k ≥ 1 :

Tr(Dk) = Tr(AB−1Dk−1) = Tr(BB−1Dk−1)

= Tr(Dk−1) = Tr(D0) = Tr(In) = n.

Ainsi Tr((D − In)k) =k

∑i=0

(k

i)(−1)k−iTr(Di) = n

k

∑i=0

(k

i)(−1)k−i = 0.

Par le théorème précédent, D − In ∈ Niln(C). Or D ∈ G est diagonalisable, puis D − In l'estaussi. Or la seule matrice diagonalisable et nilpotente est On. Ainsi D = In, puis A = B.

Finalement, G est en bijection avec Im(f) ni. Donc G est ni.


Leçons 152, 153, 155, 157, 162

59

55 Théorème de Clairaut

Remarque. Ce développement est présentable si on a des notions susantes sur les géodésiques.

Déf. Une courbe γ sur une sous-variété M est une géodésique si ⟨⋅⋅γ(t),

⋅γ(t)⟩ = 0,∀t.

Théorème 92. Une courbe γ = γ(u, v) est une géodésique sur une surface S ssi elle vériel'équation des géodésiques :

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

(E⋅u + F

⋅v)′ = Eu

⋅

u2+2Fu

⋅

u⋅

v+Gu⋅

v2

2

(F⋅u +G

⋅v)′ = Ev

⋅

u2+2Fv

⋅

u⋅

v+Gv⋅

v2

2

,

avec E = ∥γu∥2, F = ⟨γu, γv⟩ et G = ∥γv∥2.

Déf. Soit f, g ∈ C1 avec f > 0 et f ′2 + g′2 = 1. On appelle surface de révolution la sous-variétéparamétrée par σ ∶ (u, v)↦ (f(u) cos v, f(u) sin v, g(u)).

Remarque. Soit S un surface de révolution. Alors :

F = ⟨⎛⎜⎝

f ′(u) cos(v)

f ′(u) sin(v)

g′(u)

⎞⎟⎠,⎛⎜⎝

−f(u) sin(v)

f(u) cos(v)

0

⎞⎟⎠⟩ = 0 ; E = f ′2(u) + g′2(u) = 1 ; G = f(u)2.

Ainsi l'équation des géodésiques (EG) de S est ⋅⋅u = f(u)f ′(u)

⋅v

2

ddt(f(u)

2 ⋅v) = 0. Par la suite, comme les

géodésiques sont à vitesse constante (par dénition), les chemins étudiés seront de vitesse 1 :

1 =⋅u

2+ f(u)2 ⋅v

2. (3)

Théorème 93. (Clairaut)(i) Si γ est une géodésique de S (de révolution) avec ρ distance de S à l'axe de rotation, et

ψ l'angle entre⋅γ et les méridiens de S, alors ρ sinψ est constant le long de γ.

(ii) Si ρ sinψ est constant sur une courbe γ d'une surface de révolution S et si aucune partiede γ n'est une parallèle de S, alors γ est une géodésique.

Démonstration. (i) On a ρ = f(u) et (σu, σv) base orthonormale de TxS. Comme γ = (u, v)est de vitesse 1,

⋅γ = cosψσu +

sinψρ σv puis σu ∧

⋅γ = sinψ

ρ σu ∧ σv. Or⋅γ =

⋅uσu +

⋅vσv. D'où

ρ−1 sin(ψ) =⋅v. Enn ρ sinψ = ρ2 ⋅v = f(u)2 ⋅v, qui est constant d'après l'équation des

géodésiques.(ii) Posons Ω = ρ sinψ. Par ce qui précède, on a

⋅v = ρ−1 sinψ = Ω

ρ2 . L'équation 3 donne donc⋅u

2= 1 − f(u)2 ⋅v

2= 1 − Ω2

ρ2 . En diérentiant, on a 2⋅u⋅⋅u = 2Ω2

ρ3

⋅ρ = 2f(u)f ′(u)

⋅u⋅v

2.

Supposons qu'il existe t0 tel que⋅⋅u(t0) ≠ f(u(t0))f ′(u(t0))

⋅v

2(t0). Il existe alors un voisi-

nage V de t0 tel que⋅⋅u ≠ f(u)f ′(u)

⋅v

2sur V . Donc

⋅u ≡ 0 sur V , ce qui est contradictoire

avec le fait qu'aucune portion de γ n'appartient à une parallèle. Donc la première équa-tion de (EG) est vériée. De plus d

dtΩ = 0 nous arme que (EG) est entièrement vériée :γ est une géodésique.

Références Elementary dierential geometry, Pressley, Springer, 2010

Leçons 217, 220

60

56 Théorème de Hille-Yosida

Remarque. Ce développement utilise des notions qui sont hors-programme comme les semi-groupes de contraction, etc. Cependant, la démonstration de ce théorème (appliquée à la théoriedes équations aux dérivées partielles) est à la portée d'un agrégatif intéressé par ce sujet.

Il faudra cependant illustrer ce théorème par un exemple de problème aux dérivées partiellesdans les espaces de Sobolev, tiré du même ouvrage.

Théorème 94. (Hille-Yosida)Soit A ∶X →X un opérateur linéaire, fermé, densément déni, pour X un espace de Banach.

Alors A génère un semi-groupe de contraction si :

R+⋆ ⊂ ρ(A) ; ∀λ > 0, ∥Rλ∥ ≤

1

λ.

Démonstration. Soit λ > 0. Posons Aλ = −λId + λ2Rλ = λARλ. Montrons que pour u ∈D(A),Aλu→ Au.Comme λRλu − u = ARλu = RλAu, on a :

∥λRλu − u∥ ≤ ∥Rλ∥ ⋅ ∥Au∥ ≤1

λ∥Au∥→ 0.

Donc λRλu → u, si u ∈ D(A). Par densité de D(A), comme ∥λRλ∥ ≤ 1, on a λRλu → u,pour tout u ∈X. Finalement, si u ∈D(A), on a Aλu = λRλAu→ Au.

Dénissons Sλ(t) = exp (tAλ) = e−λteλ2tRλ = e−λt∑k≥0

(λ2t)kk! Rk

λ. Or ∥Rλ∥ ≤ λ−1. Donc :

∥Sλ(t)∥ ≤ e−λt∑

k≥0

λktk

k!= 1.

Ainsi Sλ(t)t≥0 est un semi-groupe de contraction de générateur Aλ, avec D(Aλ) =X. Soit λ,µ > 0. Comme RλRµ = RµRλ, on a AλAµ = AµAλ. Ainsi pour t > 0, on obtientAµSλ(t) = Sλ(t)Aµ. Pour u ∈D((A) :

Sλ(t)u − Sµ(t) = ∫t

0

d

ds[Sµ(t − s)Sλ(s)u]ds

= ∫t

0Sµ(t − s)Sλ(s)[Aµu −Aλu]ds.

Donc ∥Sλ(t)u−Sµ(t)u∥ ≤ t∥Aλu−Aµu∥→ 0. Ainsi la limite de Sλ(t)u pour λ→ +∞ existe,pour t ≥ 0 et u ∈ D(A), qu'on notera S(t)u. Comme ∥Sλ(t)∥ ≤ 1, on peut prolonger ladénition de S(t)u pour tout u ∈ X. On vérie alors que S(t)t≥0 est un semi-groupede contraction.

Soit B le générateur de S(t)t≥0. Alors si u ∈D(A), on a :

∥Sλ(s)Aλu − S(s)Au∥ ≤ ∥Sλ(s)∥ ⋅ ∥Aλu −Au∥ + ∥(Sλ(s) − S(s))Au∥→ 0.

Or Sλ(t)u − u = ∫t

0 Sλ(s)Aλuds. Par passage à la limite, si u ∈D(A) :

S(t)u − u = ∫t

0S(s)Auds.

D'où D(A) ⊂D(B) et pour u ∈D(A),Bu = Au.De plus si λ > 0, alors λ ∈ ρ(A) ∩ ρ(B). Donc :

(λId −B)(D(B)) =X = (λId −A)(D(A)) = (λId −B)(D(A)).

Donc D(A) =D(B) puis A génère S(t)t≥0.

Références Partial Dierential Equations, Evans, AMS, 1998

Leçons 101, 156, 201, 202, 205, 207, 208, 241

61

57 Théorème de Householder

Lemme 95. Pour A ∈Mn(C), on a équivalence entre :(i) il existe une norme induite sur Mn(C) telle que ∣∣∣A∣∣∣ < 1.(ii) ρ(A) < 1.(iii) Ak → 0.

Démonstration. (i) ⇒ (ii) On sait que ∣∣∣Ak∣∣∣ ≤ ∣∣∣A∣∣∣k → 0. Donc Ak → 0.(ii) ⇒ (iii) Soit λ ∈ Sp(A) et X ∈ Eλ(A) avec ∣∣X ∣∣ = 1.

Alors AkX = λkX, puis ∣λ∣k∣∣X ∣∣ = ∣∣AkX ∣∣ ≤ ∣∣∣Ak∣∣∣ ⋅ ∣∣X ∣∣→ 0. D'où ∣λ∣ < 1 puis ρ(A) < 1.(iii) ⇒ (i) Il existe P ∈ GLn(C) et T ∈ Triang+n(C) telles que A = P −1TP . Soit p ∈ N∗ et

D(p) = diag(1/p,⋯,1/pn). Posons T (p) =D(p)−1TD(p). Ainsi : T (p)ii = Tii. T (p)ij = 0 si j < i. T (p)ij =

1pj−i

Tij si j > i.

Soit ε > 0. Il existe q tel que : ∀i ≠ j, T (q)ij <εn . Posons ∥X∥∞ = maxi ∣xi∣ et ∣∣∣ ⋅ ∣∣∣∞ sa

norme induite.Soit X ∈ Cn et M ∈Mn(C). Alors ∥MX∥∞ = maxi ∣∑jmijxj ∣ ≤ maxi∑j ∣mij ∣∥X∥∞. Donc∣∣∣M ∣∣∣∞ ≤ maxi∑j ∣mij ∣. Soit i tel que ∑j ∣mij ∣ = maxk∑j ∣mkj ∣. Pour tout j, il existe θj telque mij = ∣mij ∣eiθj . Soit X le vecteur de composantes les (eiθj). Alors (MXi) = ∑j ∣mij ∣,et ∣∣∣M ∣∣∣∞ = maxi∑j ∣mij ∣.

Ainsi ∣∣∣T (q)∣∣∣∞ ≤ ρ(A) + ε. Posons ∥ ⋅ ∥ = ∥P ⋅ ∥∞ avec P = PD(q)−1. Finalement ∣∣∣A∣∣∣ =∣∣∣PAP −1∣∣∣∞ = ∣∣∣T (q)∣∣∣∞ ≤ ρ(A) + ε < 1 pour ε susamment petit.

Théorème 96. (Householder)Pour tout norme N de Mn(C), et pour tout A ∈Mn(C) :

ρ(A) = limkN (Ak)

1k .

Démonstration. Sot ∥ ⋅ ∥ norme de Cn et ∣∣∣ ⋅ ∣∣∣ sa norme induite. Soit λ ∈ Sp(A) etX ∈ Eλ(A).Alors ∣λ∣ = ∥AX∥/∥X∥ ≤ ∣∣∣A∣∣∣. Donc ρ(A) ≤ ∣∣∣A∣∣∣ puis ρ(A)k = ρ(Ak) ≤ ∣∣∣Ak∣∣∣.

Soit ε > 0 et A′ = 1ρ(A)+εA. Alors ρ(A

′) < 1 puis ρ(A′)k → 0 par le lemme précédent. Ilexiste N tel que :

∀k ≥ N,ρ(A) ≤ ∣∣∣Ak∣∣∣1k ≤ ρ(A) + ε.

D'où le résultat dans le cas d'une norme induite. Soit N une norme. Il existe alors a, b > 0 tels que :

a1k ∣∣∣Ak∣∣∣

1k ≤ N (Ak)

1k ≤ b

1k ∣∣∣Ak∣∣∣

1k .

D'où le résultat dans tous les cas.


Leçons 208, 223

62

58 Théorème de Pascal

Déf. Soit C une conique projective propre réelle sur P .Pour m ∈ P , on note m× l'ensemble des droites de P passant par m. On pose l'application,

pour m ∈ C, πm ∶ C →m×.

Proposition 97. Soit C une conique projective propre réelle sur P .Pour m ∈ C, l'application πm est bijective. De plus, pour n ∈ C, l'application de πn π−1

m estune homographie.

Démonstration. Toute droite D ∈m× coupe C en m. Alors il existe un unique point x ∈ C, avecD ∩ C = m,x, car la conique est propre. Donc πm est bijective.

Choisissons (mn) comme droite à l'inni et P2 le plan ane supplémentaire. Fixons C laconique ane propre P2 ∩ C. Elle admet deux points à l'inni. Par classication des coniques

propres anes, C est une hyperbole. Il existe un repère (O,→i ,→j) dans lequel son équation

devient x2 − y2 = 1.

En particulier, dans le repère (O,→i+→j ,→i−→j), son équation devient xy = 1. Quitte à permuter,

on a que m est la direction des abscisses et n celle des ordonnées. Les éléments de m× (resp. n×)sont les droites horizontales (resp. verticales). Dans ces coordonnées, πn π−1

m s'exprime commea↦ 1/a qui est une homographie.

Déf. Soit C une conique projective propre réelle sur P et a, b, c, d ∈ C. Alors [ma,mb,mc,md]ne dépend pas de m ∈ C. On le note [a, b, c, d] (birapport sur la conique C).

Théorème 98. (Pascal)Soit a, b, c, d, e, f ∈ C, pour une conique réelle projective propre C. Alors les points (ab)∩(de),

(bc) ∩ (ef) et (cd) ∩ (fa) sont alignés.

Démonstration. Soit z = (ed) ∩ (ba), x = (ed) ∩ (bc), y = (ef) ∩ (dc), t = (af) ∩ (dc) et m =(ef) ∩ (bc). On a alors :

[e, z, x, d] = [be, bz, bx, bd] = [be, ba, bc, bd] = [be, ba, bc, bd]

= [fe, fa, fc, fd] = [fy, ft, fc, fd] = [y, t, c, d]

La perspective par rapport à m de (ed) sur (dc) envoie e sur y, x sur c et d sur lui-même.Le birapport étant conservé, elle envoie z sur t. Donc z,m et t sont alignés.

Références Géométrie, Audin, EDP Sciences, 2006

Leçons 127, 150, 158, 170, 171, 180, 182, 183

63

59 Théorème de Perron-Frobenius - version faible

Lemme 99. On a l'équivalence A ≥ 0⇔ ∀x ≥ 0,Ax ≥ 0.

Démonstration. Si Ax ≥ 0 pour tout x ≥ 0, en particulier Aei ≥ 0. Cela nous informe que lescolonnes de A sont positives. Ainsi A ≥ 0.

Supposons A ≥ 0. Soit x ≥ 0. Alors (Ax)i = ∑j aijxj ≥ 0.

Théorème 100. (Perron-Frobenius)Soit A ∈Mn(R) avec A ≥ 0. Alors son rayon spectral est une valeur propre de A admettant

un vecteur propre positif.

Démonstration. Soit λ ∈ Sp(A) avec ∣λ∣ = ρ(A). Soit µ ∈ Rn avec Aµ = λµ et ∥µ∥1 = 1. Alors :

ρ(A)∣µ∣ = ∣λµ∣ = ∣Aµ∣ ≤ ∣A∣ ⋅ ∣µ∣ = A∣µ∣.

Posons C = x ∈ Rn, ∥x∥1, x ≥ 0,Ax ≥ ρ(A)x non vide. On sait que C est borné et convexe. Lesapplications pi ∶ x↦ xi sont continues. Comme :

C = S∥⋅∥1(0,1) ∩

n

⋂i=1

p−1i (R+) ∩

n

⋂i=1

(A − ρ(A)In)−1 p−1

i (R+),

C est fermé, donc compact.Faisons une disjonction de cas.S'il existe x ∈ C tel que Ax = 0. Alors ρ(A)x ≤ 0, puis ρ(A) = 0. Ainsi le théorème en devient

évident.Supposons maintenant que pour tout x ∈ C, Ax ≠ 0. Posons l'application continue :

f ∶ C → Rn

x↦1

∥Ax∥1

Ax

Alors si x ∈ C, on a ∥f(x)∥ = 1, f(x) ≥ 0 et Af(x) = AAx∥Ax∥1

≥ ρ(A) Ax∥Ax∥1

= ρ(A)f(x). Donc

f(C) ⊂ C.Par le théorème de Brouwer, il existe ω ∈ C tel que f(ω) = ω. Alors : Aω = ∥Aω∥1ω, puis ∥Aω∥1 ∈ Sp(A). ∥Aω∥1ω ≥ ρ(A)ω.Comme ω ≠ 0, on a ∥Aω∥1 ≥ ρ(A), ce qui nous dit que ρ(A) = ∥Aω∥1 ∈ Sp(A).

ω ≥ 0.

Références Matrices : theory and applications, Serre, Springer, 2002

Leçons 181, 203, 206

64

60 Théorème de Riesz-Fischer

Théorème 101. (Riesz-Fischer)Lp(Ω) est complet pour 1 ≤ p ≤∞.

Démonstration. 1er cas : p =∞

Soit (fn) une suite de Cauchy dans L∞. Soit k ∈ N∗. Il existe alors Nk tel que :

∥fm − fn∥∞ ≤ 1/k,∀n,m ≥ Nk.

Il existe Ek négligeable tel que ∀x ∈ Ω ∖Ek,∀m,n ≥ Nk :

∣fm(x) − fn(x)∣ ≤ 1/k.

Posons E = ∪Ek négligeable (car E est réunion dénombrable d'ensembles négligeables). On voitque pour tout x ∈ Ω∖E, la suite (fn(x))n est de Cauchy dans R, donc converge vers un élémentf(x). On obtient alors :

∀x ∈ Ω ∖E,∀n ≥ Nk, ∣f(x) − fn(x)∣ ≤ 1/k.

Donc f ∈ L∞ et ∥f − fn∥∞ ≤ 1/k. Par conséquent fn → f , dans L∞.

2e cas : 1 ≤ p <∞

Soit (fn) de Cauchy dans Lp. Il existe alors : n1 tel que ∥fm − fn∥p ≤

12 , pour m,n ≥ n1, puis

n2 > n1 tel que ∥fm − fn∥p ≤122 , pour m,n ≥ n2, puis

⋯ nk > nk−1 tel que ∥fm − fn∥p ≤

12k, pour m,n ≥ nk, et ainsi de suite.

On construit ainsi une suite (fnk)k avec pour k ≥ 1, ∥fnk+1− fnk∥ ≤

12k.

On va montrer par la suite que la suite (fnk) (qu'on notera abusivement (fk) pour simplierles notations) converge dans Lp.

Posons gn(x) = ∑nk=1 ∣fk+1(x)−fk(x)∣. Il vient de la construction de la suite (fk) que ∥gn∥p ≤ 1.

Par convergence monotone, (gn(x)) converge presque sûrement vers une limite notée g(x),avec g ∈ Lp. Pour m ≥ n ≥ 2, on a ∣fm(x) − fn(x)∣ ≤ g(x) − gn−1(x).

Ainsi pour presque tout x ∈ Ω, la suite (fn(x)) est de Cauchy et converge vers une limitef(x). On a : p∀x ∈ Ω, ∣f(x) − fn(x)∣ ≤ g(x).

Donc f ∈ Lp et ∥f − fn∥p → 0, par le théorème de convergence dominée.

Références Analyse fonctionnelle, Brézis, Dunod, 2005

Leçons 201, 205, 234, 241

65

61 Théorème de Rothstein-Trager

Théorème 102. (Rothstein-Trager)Soit P,Q ∈ Q[X] premiers entre eux, avec degP < degQ et Q sans facteur carré et unitaire.

Soit K une extension de Q (id est Q ⊂ K ⊂ C) avec :

∫P

Q=

n

∑i=1

ci logPi,

ci ∈ K⋆ tous distincts deux à deux et les Pi ∈ K[X] unitaires, non constants, sans facteur carréet premiers entre eux. Alors pour tout i, Pi = PGCD(P − ciQ′,Q) et les ci sont les racines deR(Y ) ∶= ResX(P − Y Q′,Q).

Démonstration. Posons pour tout 1 ≤ i ≤ n, le polynôme Ui =∏j≠iPi. On a par hypothèse que :PQ = ∑ ci

P ′iPi, ce qui se réécrit :

P∏i

Pi =∑i

ciUiP′iQ. (4)

En particulier, pour 1 ≤ i ≤ n, Pi ∣ ∑j cjUjP′jQ. Cependant si j ≠ i, Pi ∣ Uj. Ainsi Pi ∣ ciUiP

′iQ.

Or les Pj sont premiers entre eux et PGCD(Pi, P ′i ) = 1. Par le théorème de Gauss, on a Pi ∣ Q.

Comme les Pi sont premiers entre eux, on a ∏iPi ∣ Q. On sait par 4 que Q ∣ ∏iPi. Ces deuxpolynômes sont unitaires. Donc :

Q =n

∏i=1

Pi ; P =n

∑j=1

cjUjP′j .

De plus, P − ciQ′ = ∑j≠i(cj − ci)P′jUj. Or pour j ≠ i, on a Pi ∣ Uj, puis Pi ∣ (P − ciQ′).

Maintenant pour i xé :

PGCD(P − ciQ′,Q) = PGCD(P − ciQ

′,∏j

Pj) =n

∏j=1

PGCD(P − ciQ′, Pj),

car les Pj sont premiers entre eux. Pour j ≠ i, on a :

PGCD(P − ciQ′, Pj) = PGCD [∑

k≠i(ck − ci)UkP

′k, Pj)] = PGCD((cj − ci)UjP

′j , Pj)),

car Pj ∣ Uk pour k ≠ j. Or Pj est premier avec Uj (par primalité des Pk entre eux) et avecP ′j (car Pj est sans facteur carré). Ainsi PGCD(P − ciQ′, Pj) = PGCD(cj − ci, Pj). Or cj ≠ ci.

Finalement PGCD(P − ciQ′, Pj) = 1 et PGCD(P − ciQ′,Q) = PGCD(P − ciQ′, Pi) = Pi.Passons à l'étude des ci. On sait que R(ci) = 0 car P − ciQ′ et Q ne sont pas premiers entre

eux.Soit L/K un corps de décomposition de R et c une racine de R. Comme R(c) = 0, on a :

PGCD(P − cQ′,Q) = S ∈ L[X] ∖L.

Soit T ∣ S premier. Alors T ∣ Q et comme les Pi sont premiers entre eux, T ∣ Pi0 pour ununique i0. De plus T ∣ P − cQ′. Or P − cQ′ = ∑(cj − c)P ′

jUj. Comme Pi0 ∣ Uj pour j ≠ i0, ona T ∣ (ci0 − c)P

′i0Ui0 . Or Pi0 est premier avec Ui0 et avec P ′

i0. Donc T est premier avec ces

polynômes, et T ∣ (ci0 − c), avec T ∉ L. Donc c = ci0 .

Références Cours de Calcul Formel : Algorithmes fondamentaux, Saux-Picart, Ellipses,1999

Leçons 125, 140, 142, 143, 144, 152, 236

66

62 Théorème des extrema liés

Théorème 103. (Extrema liés)Soit Ω ouvert de Rn ×Rm et ϕ ∶ Ω→ Rm de classe C1. Soit u = (u1, u2) un point de :

U = (x, y) ∈ Ω, ϕ(x, y) = 0 ⊂ Ω,

avec Dyϕ(u) inversible. Soit J ∶ Ω → R dérivable en u. Si J admet un extramum relatif en upar rapport à U , il existe Λ(u) ∶ Rm → R linéaire telle que DJ(u) +Λ(u)Dϕ(u) = 0.

Démonstration. On remarque qu'on a fait toutes les hypothèses pour appliquer le théorème desfonctions implicites : il existe O1 ⊂ Rn,O2 ⊂ Rm et f ∶ O1 → O2 continue, diérentiable en u1

tels que : (u1, u2) ∈ O1 ×O2 ⊂ Ω. (O1 ×O2) ∩U = (x, y) ∈ O1 ×O2, y = f(x).

Alors la restriction de J à (O1 ×O2) ∩U ne dépend plus de y et donne la fonction :

G ∶ O1 → Rv1 ↦ J(v1, f(v1))

On sait que G admet un minimum relatif en u1 et est diérentiable en u1 (car f l'est par lethéorème des fonctions implicites). Alors DG(u1) = 0. En diérentiant l'expression de G, on a :

0 =DG(u1) =DxJ(u) +DyJ(u) Df(u1)

=DxJ(u) +Dy(u) [−(Dyϕ(u))−1 (Dxϕ(u))]

FinalementDxJ(u) =DyJ(u)(Dyϕ(u))−1Dxϕ(u) etDyJ(u) =DyJ(u)(Dyϕ(u))−1Dyϕ(u).Il sut de prendre Λ(u) = −DyJ(u) (Dyϕ(u))−1.

Exemple. Considérons J(x, y) = −y et ϕ(x, y) = x2 + y2 − 1. On vérie immédiatement queJ et ϕ vérient les hypothèses du théorème des extrema liés. Pour (x, y) un extremum lié, oncherche λ ∈ R avec :

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

2λx = 0

2λy = 1

x2 + y2 = 1

⇔

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

x = 0

y = ±1

λ = ±1/2

.

Donc les seuls extrema liés possibles sont (0,±1). On voit que pour y ∈]0,1[ et x ∈ R tel quex2 + y2 = 1 :

J(x, y) = −y > −1 = J(0,1) et J(x,−y) = y < 1 = J(0,−1).

Ce sont bien les extrema liés.

Références Intro. à l'analyse numérique matricielle et à l'optimisation , Ciarlet, Dunod, 1998

Leçons 214, 215, 219

67

63 Théorème des lacunes d'Hadamard

Théorème 104. (Hadamard)Soit (λn)n≥1 suite d'entiers strictement positifs avec λn+1

λn≥ α > 1. Soit ∑n≥1 anz

λn sérieentière de rayon de convergence 1. Alors tous les points du cercle unité est singulier.

Démonstration. Etape 1

Supposons que 1 est régulier. Soit g un prolongement analytique de la somme f de ∑anzλn

sur Ω =D(0,1) ∪

D(1, t) pour t > 0.

Remarquons qu'il existe p ∈ N∗ avec pλn+1 > (p + 1)λn, carλn+1

λn≥ α > 1. Posons la fonction

ϕ ∶ z ↦ zp+1+zp2 .

Montrons que ϕ(D(0,1)) ⊂ Ω. On sait que ϕ(1) = 1 ∈ Ω. De plus si z ∈ D(0,1) ∖ 1,alors ∣1 + z∣ < 2, puis ∣ϕ(z)∣ < 1.

Alors D(0,1) ⊂ ϕ−1(Ω) qui est ouvert. Or D(0,1) = ∩ε>0Dε, pour les compacts :

Dε = z, ∣z∣ ≤ 1 + ε.

Il existe donc ε0 > 0 tel que Dε0 ⊂ ϕ−1(Ω).

Posons R = 1 + ε0. Soit ∣z∣ < R. Alors ϕ(z) ∈ Ω. D'où g ϕ est holomorphe surD(0,R).

Ainsi on a une suite de complexes (bn)n∈N avec :

∀z ∈D(0,R), g(ϕ(z)) =∑

n≥0

bnzn.

Si ∣z∣ < 1, on a :

g(ϕ(z)) = f(ϕ(z)) =∑n≥1

an(zp+1 + zp

2)λn

´¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¸¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¹¶=∶Pn(z)

.

Le plus petit (respectivement le plus grand) degré intervenant dans l'expression de Pn estpλn (respectivement (p+ 1)λn). Or (p+ 1)λn < pλn+1. Donc les Pn ne sont pas mélangés.Par unicité du développement en série entière :

∀N ∈ N,N

∑n=1

anPn(z) =(N+1)λN∑n=0

bnzn.

Fixons z ∈]1,R[ et ω = ϕ(z) > 1. Alors :

N

∑n=1

anωλn =

N

∑n=1

anPn(z) =N+1

∑n=1

bnzn → g(ω).

Or ω > 1, ce qui contredit le fait que f ait un rayon de convergence unitaire.

Etape 2 : Cas général

Soit z0 ∈ S1. La série ∑anzλn0 zλn a un rayon de convergence valant 1. Par la première étape,

1 est singulier pour cette série. Ainsi z0 est singulier pour la série initiale.

Références Analyse pour l'agrégation, Zuily-Queélec, Dunod, 2012

Leçons 207, 235, 243, 244, 245

68

64 Théorème de Sophie Germain

Remarque. Ce théorème permet de traiter (en particulier) l'équation de Fermat pour p = 3.

Déf. Un nombre premier p est dit de Sophie Germain si p ≠ 2 et si q = 2p + 1 est premier.

Lemme 105. Soit k ∈ Z et p de Sophie Germain (avec q = 2p + 1). Si q ∤ k, alors kp ≡ ±1[q].

Démonstration. Par le petit théorème de Fermat, kq−1 ≡ 1[q]. Donc (kp)2 ≡ 1[q], ce qui revientà dire que kp est solution de X2 − 1 dans Fq (qui est un corps). Donc kp ≡ ±1[q].

Théorème 106. (Sophie Germain)Soit p de Sophie Germain. Il n'existe pas de triplet (x, y, z) ∈ Z3 avec xyz /≡ 0[p] tel que

xp + yp + zp = 0.

Démonstration. Raisonnons par l'absurde. Soit x, y, z une telle solution.Soit d = PGCD(x, y, z) et x′ = x/d, y′ = y/d, z′ = z/d qui sont aussi solutions. On est donc

ramené à d = 1. Supposons que x et y ne soient pas premiers entre eux. Soit p0 un diviseurpremier commun à x et y. Alors p0∣xp + yp = (−z)p. Donc p0∣z, et cela contredit d = 1. Doncx, y, z sont premiers entre eux.

Soit m = y + z et n = ∑p−1k=0(−z)

p−1−kyk. Supposons qu'il existe p′ diviseur premier de m et n.Remarquons que mn = zp + yp = (−x)p. Ainsi p′∣x. De plus on a y ≡ −z[p′] et :

0 = n mod p′ =p−1

∑k=0

yp−1 mod p′ = pyp−1 mod p′.

Par le lemme de Gauss, soit p′∣p et donc p = p′ puis x ≡ 0[p], ce qui est impossible par hypothèse,soit p′∣y, ce qui contredit la primalité entre x et y. Ainsi PGCD(m,n) = 1. Par le lemmeprécédent, on a alors des entiers a,α(b, c) tels que :

n = αp; y + z =m = ap(x + y = bp;x + z = cp).

Si q ne divise ni x, ni y, ni z, alors, par le lemme, xp, yp, zp ≡ ±1[q]. Ainsi xp+yp+zp = ±3 ou±1 mod q, ce qui est impossible car q > 5. Par symétrie, on peut donc supposer que q∣x. CommePGCD(x, y) = PGCD(x, z) = 1, on a q ∤ y, z.

On sait que bp + cp − ap = 2x ≡ 0[q] et que y ≡ bp[q].Si q∣b, alors q diviserait y. Donc PGCD(q, b) = 1 et par le lemme on a y = bp ≡ ±1[q]. De

même z ≡ ±1[q].Si q ∤ a, on a ap ≡ ±1[q] et donc bp + cp − ap ≡ ±3,±1[q] ce qui est impossible. Donc q∣a et

y ≡ −z[q]. Enn :

αp = n =p−1

∑k=0

yp−1 mod q = pyp−1 mod q = p mod q,

qui est diérent de 0 et de ±1, ce qui est faux par le lemme. Donc le problème n'a pas desolution.


Leçons 120, 121, 123, 126, 190

69

65 Théorème de Stampacchia

Lemme 107. Soit H un espace de Hilbert et K un convexe fermé non vide.Pour tout f1, f2 ∈H, on a ∥pK(f1) − pK(f2)∥ ≤ ∥f1 − f2∥.

Démonstration. Soit ui = pK(fi) pour i ∈ 1,2. La propriété est claire si u1 = u2. Supposonsque u1 ≠ u2. Alors ∀ω ∈K, ⟨fi − ui, ω − ui⟩ ≤ 0.

En particulier, ⟨f1 − u1, u2 − u1⟩ , ⟨f2 − u2, u1 − u2⟩ ≤ 0. Cela donne ⟨f2 − f1, u2 − u1⟩ ≥ ∥u2 −u1∥2. On conclut par l'inégalité de Cauchy-Schwarz.

Théorème 108. (Stampacchia - en partie)Soit H un espace de Hilbert et a une forme bilinéaire sur H continue et coercive. Soit K un

convexe fermé non vide et φ ∈H ′. Alors il existe un unique u ∈K tel que :

∀w ∈H,a(u,w − u) ≥ φ(w − u).

Si a est de plus symétrique, u est caractérisé par u ∈K et :

1

2a(u,u) − φ(u) = min

ω∈K

1

2a(ω,ω) − φ(ω) .

Démonstration. Par le théorème de représentation de Riesz : ∃f ∈H,∀w ∈H,φ(w) = ⟨f,w⟩ . ∀u ∈H,∃Au ∈H,∀w ∈H,a(u,w) = ⟨Au,w⟩ (car l'application w ↦ a(u,w) est linéaire).

On vérie que A ∶ u↦ Au est linéaire. L'inégalité voulue revient alors à chercher u ∈K avec :

⟨Au,w − u⟩ ≥ ⟨f,w − u⟩ ,∀w ∈H.

Par continuité et coercivité de a, il existe C,α > 0 tels que pour tout u ∈H : ∥Au∥2 = a(u,Au) ≤ C∥u∥∥Au∥, puis ∥Au∥ ≤ C∥u∥. α∥u∥2 ≤ a(u,u) = ⟨Au,u⟩.

Soit ρ > 0 (qu'on xera plus tard). On cherche alors un u tel que

⟨ρf − ρAu + u − u,w − u⟩ ≤ 0,

ou encore u = pK(ρf − ρAu + u). Posons l'application S ∶ H → K;w ↦ pK(ρf − ρAw + w).Le problème revient à démontrer l'existence et l'unicité du point xe de S, qui va être uneapplication du théorème de Banach.

Montrons que S est une contraction. Pour w1,w2 ∈H, par le lemme :

∥Sw1 − Sw2∥2 ≤ ∥w1 −w2 + ρA(w2 −w1)∥

2

≤ ∥w1 −w2∥2 + ρ2∥A(w2 −w1)∥

2 − 2ρ ⟨w1 −w2,A(w1 −w2)⟩

≤ ∥w1 −w2∥2 +C2ρ2∥w2 −w1∥

2 − 2ρα∥w1 −w2∥2

≤ (1 +C2ρ2 − 2ρα) ∥w1 −w2∥2

Le coecient 1 +C2ρ2 − 2ρα est minimisé pour ρm = αC2 et valant 1 − α2

C2 < 1, ce qui conclut lapreuve.

Si a est symétrique, alors a dénit un produit scalaire. Par continuité et coercivité de a,on a l'équivalence des normes ∥ ⋅ ∥ et

√a(⋅, ⋅). Donc (H,a) est de Hilbert. Le théorème de

représentation de Riesz nous dit : ∃g ∈ H,φ = a(g, ⋅). Alors u ∈ K est caractérisé par u = pK(g)avec a comme produit scalaire. Ainsi u est caractérisé par :

√a(g − u, g − u) = min

ω∈K

√a(g − ω, g − ω).

Or a(g − ω, g − ω) = a(g, g) + a(ω,ω) − 2φ(ω).

Références Analyse fonctionnelle, Brézis, Dunod, 2005

Leçons 201, 205, 206, 208, 213, 219, 253

70

66 Théorème de structure des groupes abéliens nis

Lemme 109. Soit G abélien ni et a ∈ G d'ordre maximal. Alors : ∀y ∈ G/⟨a⟩,∃x ∈ G,x = y eto(x) = o(y).

Théorème 110. (Structure des groupes abéliens nis)Soit G d'ordre ni. Il existe alors des entiers q1∣⋯∣qk uniques, avec : G ≃∏Z/q1Z.

Démonstration. Existence

Raisonnons par récurrence sur n l'ordre de G. Remarquons que si n est premier (en parti-culier pour n = 2) alors G ≃ Z/nZ. Supposons maintenant le résultat vrai pour k < n.

Soit αk ∈ G d'ordre m maximal. Comme G ≠ 1, m > 1, puis l'ordre G/⟨αk⟩ est pluspetit strictement que n. Par hypothèse de récurrence, il existe α′1, . . . , α

′k−1 ∈ G/⟨αk⟩, avec

o(αi)∣o(αi+1) pour tout i < n − 1 et avec :

G/⟨αk⟩ ≃ ⟨α′1⟩ × ⋅ ⋅ ⋅ × ⟨α′k−1⟩.

Par le lemme, on a des représentants dans G notés αi des α′i de même ordre.Posons φ ∶ G→ G/⟨αk⟩ et x ∈ G. Il existe alors n1, . . . , nk−1 avec :

φ(x) =k−1

∑i=1

niα′i = φ(

k−1

∑i=1

niαi) .

Donc il existe nk ∈ Z tel que x = ∑niαi. Montrons que cette écriture est unique. Pour cela,considérons une autre écriture x = ∑miαi. Alors ∑i<kmiα′i = φ(x) = ∑i<k niα

′i.

Comme G/⟨αk⟩ ≃ ⟨α′1⟩ × ⋅ ⋅ ⋅ × ⟨α′k−1⟩, on a mi = ni pour i < k, puis (mk − nk)αk = 0. Or0 ≤ nk,mk <m. Donc ∣nk −mn∣ <m. Ainsi par dénition de l'ordre on a nk =mk.

Soit x = (α1, . . . , αk) ∈∏⟨αi⟩. Son ordre est ppcm(o(αi)) ≥m. Or m est l'ordre maximal deséléments de G. Donc m ≥ o(x), puis o(x) =m. On en déduit que o(αk−1)∣o(αk).

Unicité

Remarquons que si n est premier, alors la décomposition est unique. Raisonnons par récur-rence. Supposons la propriété vraie pour tout groupe d'ordre k < n. Soit :

G ≃ G1 × . . .Gk ≃ G′1 × ⋅ ⋅ ⋅ ×G

′m, avec Gi ≃ Z/piZ, G′

i ≃ Z/qiZ, pi∣pi+1 et qi∣qi+1.

Comme G est abélien, f ∶ x ↦ px, pour p diviseur premier de p1 (donc des pi), est unendomorphisme de G. De plus f(Gi) ⊂ Gi, qui est donc sous-groupe de Gi d'ordre pi/p. On aalors :

i

∑j=1

f(Gj) ∩ f(Gi+1) ⊂i

∑j=1

Gj ∩Gi+1 = 0.

Ainsi f(G) ≃ ∏ f(gi), puis o(f(G)) = ∏pip = n

pk. De même, f(G′

i) ⊂ G′i et f(G) ≃ ∏ f(G′

j).

Par dénition des G′j, il existe r avec p ∤ q′1, . . . , q

′r et p ∣ q′r+1, . . . , q

′m. Alors pour j ≤ r, on a

f(g′j) = G′j, puis o(f(G)) = q1 . . . qr

q′r+1...q′

m

pm−r . On a ainsi k = m − r ≤ m. Par symétrie k = m et

r = 0. Par hypothèse de récurrence, la décomposition de f(G) est unique. Les suites (pip ) et

( qip ) sont donc égales, ce qui donne l'unicité.

Références Algèbre et géométrie, Combes, Bréal, 1998

Leçons 103, 104, 120

71

67 Théorème de Wedderburn

Remarque. Lors de la défense de plan, il faut bien préciser l'importance de ce théorème. Eneet, en Français, la notion de corps suppose la commutativité. Cependant en Anglais, ce n'estpas le cas : le théorème de Wedderburn prend alors tout son sens.

Théorème 111. (Wedderburn) Tout corps ni est commutatif.

Démonstration. Soit K un corps ni quelconque et Z = a ∈ K,∀x ∈ K, ax = xa. Posonsq = #Z ≥ 2. Comme Z est un corps commutatif et que K est un Z-espace vectoriel, on a n ∈ N⋆

avec :#K = qn.

Supposons que K ne soit pas commutatif, c'est-à-dire que n > 1. On a l'action par conjugaisonde K⋆ sur lui-même. On note alors ω(x) l'orbite de x ∈ K⋆. On pose de plus :

Kx = y ∈ K, yx = xy.

On sait que Kx est un corps (pas forcément commutatif). De plus, le stabilisateur de x est K⋆x.

Ainsi il existe d∣n avec #Kx = qd (Kx ⊂ K⋆). Finalement :

#ω(x) =#K⋆

#K⋆x

=qn − 1

qd − 1.

L'équation aux classes nous donne #K⋆ = #Z⋆+∑x∉Z #ω(x). Or x ∉ Z revient à dire que d ≠ n.Alors :

qn − 1 = q − 1 +∑d∣n

qn − 1

qd − 1.

Par dénition des polynômes cyclotomiques, on a dans Z :

qn − 1 =∏m∣n

Φm(q) ; qd − 1 =∏m∣d

Φm(q).

Ainsi Φn(q) divise q − 1. En particulier, ∣Φn(q)∣ ≤ q − 1.On sait que Φn(q) s'écrit (q − ζ1) . . . (q − ζl) pour les ζi ∈ C racines primitives n-èmes de

l'unité. Ainsi :∣q − ζi∣ > ∣q∣ − ∣ζi∣ = q − 1.

Donc ∣Φn(q)∣ > (q − 1)l > q − 1, ce qui est contradictoire.

Références Cours d'Algèbre, Perrin, Ellipses, 1995

Leçons 101, 102, 120, 121, 123, 125, 144

72

68 Théorème de Whitney

Théorème 112. (Whitney)Tout fermé de R est l'ensemble des zéros d'une fonction C∞(R,R).

Démonstration. Soit F un fermé non vide de R. On suppose que F ≠ R, sinon la fonction nulleconvient.

On sait que U ∶= R∖F est la réunion au plus dénombrable d'intervalles non vides disjoints.

1er cas : U = I un intervalle ouvert non vide de ROn va construire une fonction f ∶ R→ [0,1] de classe C∞ avec f(x) = 0 ssi x ∉ I. Si I =]0,∞[, on pose f0 ∶ x↦ exp (− 1

x)χ]0,∞[(x). On montre par récurrence que :

∀n ∈ N,∃Pn ∈ R[X], f(n)0 (x) =

Pn(x)

x2ne−1/x,∀x > 0.

Ainsi f0 se prolonge en une fonction C∞(R, [0,1]). Si I =]a,∞[, avec a ∈ R, il sut de considérer f ∶ x↦ f0(x − a). Si I =] −∞, b[, avec b ∈ R, il sut de considérer f ∶ x↦ f0(b − x). Si I =]a, b[, pour a, b ∈ R, on vérie que f ∶ x↦ f((x − a)(b − x)) convient.

2e cas : U = ∪nk=1Ik union nie d'intervalles ouverts non vides disjoints

de ROn considère les fonctions fk de classe C∞ associées aux fermés R ∖ Ik, pour k ∈ J1, nK.Alors la fonction φ = ∑

nk=1 fk est lisse. Comme les fonctions fk sont construites positives, on

a pour x ∈ R :φ(x) = 0⇔ ∀k, fk(x) = 0⇔ ∀k, x ∈ Ik⇔ x ∈ F.

3e cas : Cas général

On suppose que U est la réunion dénombrable des intervalles ouverts non vides In disjointsde R, et on note fn la fonction C∞ associée au fermé R ∖ In. On va alors devoir travailler avecdes séries de fonctions.

On pose φ = ∑∞n=1 anfn, où les an seront strictement positifs et choisis pour que φ soit C∞.

Chaque fonction fn est de classe C∞ et pour tout k ∈ N, f (k)n est bornée (vue la construction

de f0). On dénir alors :

an =1

n2max0≤k≤n

∥f(k)n ∥∞

.

Ainsi pour k ∈ N on a pour n ≥ k, an∥f(k)n ∥∞ ≤ 1/n2 qui est le terme général d'une série

convergente. Donc la série ∑anf(k)n converge normalement pour tout k ∈ N : la fonction φ est

bien C∞.On montre comme dans le cas ni que les zéros de φ sont exactement les éléments de F .


Leçons 228, 241, 247

73

69 Transformée de Fourier de vp(1/x)

Rappel. On note D′(Ω) l'ensemble des distributions sur Ω. De plus, on note H la distributionde Heaviside.

Lemme 113. Soit T ∈ D′(R) avec T ′ = 0. Alors T est une distribution constante.

Démonstration. Fixons g ∈ D(R) avec ∫R g = 1.Soit f ∈ D(R) et c = ⟨1, f⟩ = ∫R f. Posons h(x) = ∫

x

−∞(f(t) − cg(t))dt. Pour x susammentpetit, h(x) = 0. De plus il existe x > 0 tel que pour tout y ≥ x on ait

f(y) = f(x) = 0 = g(y) = g(x).

Donc pour y ≥ x,h(y) = ∫R f(t)dt − c ∫R g(t)dt = 0. D'où h ∈ D(R).Calculons maintenant :

0 = −⟨T ′, h⟩ = ⟨T,h′⟩ = ⟨T, f − cg⟩.

D'où ⟨T, f⟩ = ⟨T, g⟩ ∫R f , puis T = ⟨T, g⟩.

Lemme 114. Si T est impaire (c'est-à-dire que∨T = −T ) alors F(T ) l'est.

Démonstration. Soit ϕ ∈ S(Rn). Alors :

⟨∨F(T ), ϕ⟩ = ⟨F(T ),

∨ϕ⟩ = ⟨T,F(

∨ϕ)⟩

= ⟨T,∨F(ϕ)⟩ = ⟨

∨T ,Fϕ⟩

= −⟨T,Fϕ⟩ = −⟨FT,ϕ⟩.

Proposition 115. On a x × vp(1/x) = 1.

Démonstration. Soit ϕ ∈ D(R). Alors :

⟨xvp(1/x), ϕ⟩ = ⟨vp(1/x), xϕ⟩ = limε→0∫

∣x∣>εϕ(x)dx = ⟨1, ϕ⟩.

Proposition 116. On a F(vp(1/x)) = −2iπH + iπ.

Démonstration. On sait que δ0 = F(1) = F(xvp(1/x)) = −12iπ (F(vp(1/x)))

′.

Ainsi (F(vp(1/x)) + 2iπH)′= 0, avec (F(vp(1/x)) + 2iπH) ∈ D′(R). Via le lemme 113, on

sait que F(vp(1/x)) + 2iπH est une distribution constante valant C.Or vp(1/x) est impaire, donc F(vp(1/x)) l'est aussi par le lemme 114. D'où :

C + 2iπ = −C,

puis C = iπ et on trouve la formule souhaitée.

Références Problèmes de distributions, Zuily, Hermann, 1978

Leçons 240, 254

74

70 Translatés d'une fonction

Proposition 117. Soit K un corps et (f1,⋯fn) ∈ KK. Alors (f1,⋯, fn) est libre dans KK ssi :

∃(x1,⋯, xn) ∈ Kn, (fi(xj))1≤i,j≤n ∈ GLn(K).

Démonstration. Supposons que (f1,⋯, fn) est liée. Alors pour toute famille (x1,⋯, xn) la famillede vecteurs lignes ((fi(x1),⋯, fi(xn)))i est liée, ce qui prouve que det(fi(xj)) ≠ 0.

Réciproquement supposons que (f1,⋯, fn) est libre. Posons F = V ect(f1,⋯, fn) de dimensionn. On a, pour x ∈ K, l'application linéaire valx ∶ F → K; f ↦ f(x). Posons A = valx, x ∈ K.Alors V ect(A) = ((V ect(A))o)⊥, par dimension nie de F ∗, puis :

V ect(A) = (f ∈ F, f(x) = 0,∀x ∈ K)⊥ = 0⊥ = F ∗.

Ainsi F ∗ est engendré par A, puis par (valx1 ,⋯valxn), pour certains vecteurs x1, ..., xn. SoitM = (fi(xj)) de lignes L1,⋯, Ln, et λ1,⋯, λn ∈ K avec ∑

ni=1 λiLi = 0. Alors :

∀j ∈ J1, nK,0 =n

∑i=1

λifi(xj) = valxj (n

∑i=1

λifi) .

Comme (valxj)j engendre F∗, ϕ(∑λifi) = 0, pour tout ϕ ∈ F ∗. Donc ∑i λifi ∈ (F ∗)o = 0.

Comme (f1,⋯, fn) est libre, les λi sont bien tous nuls.

Proposition 118. Les applications f ∶ R→ R dérivables, dont les translatées (on notera par lasuite fa(x) ∶= f(x + a)) engendrent un espace vectoriel de dimension nie, sont exactement lessolutions d'une EDL homogène à coecients constants.

Démonstration. Montrons le sens direct. Soit f ∶ R→ R dérivable avec F = V ect((fa)) dedimension nie. Il existe alors a1,⋯, an avec (fai)i base de F . Par la propriété précédente,on a x1,⋯, xn ∈ K, avec M = (fai(xj)) inversible.Remarquons que si g ∈ F , alors on décompose g en ∑i λifai , avec les fai dérivables. Doncg est dérivable.Pour x ∈ R, on a gx = ∑i λifai(⋅ − x) ∈ F .Donc il existe (λ1(x),⋯, λn(x)) avec gx = ∑i λi(x)fai . Alors :

∀j ∈ J1, nK, g(x + xj) = gx(xj) =n

∑i=1

λi(x)fai(xj),

ou encore (g(x + x1),⋯, g(x + xn)) = (λ1(x),⋯, λn(x))M , puis :

(λ1(x),⋯, λn(x)) = (g(x + x1),⋯, g(x + xn))M−1.

D'où les λi sont dérivables, puis g′ ∈ F .Finalement, f ∈ C∞, et pour tout i, f (i) ∈ F . Or dimF < ∞. On a ainsi p ∈ N∗ avecf (p) ∈ V ect(f,⋯, f (p−1)) : f est alors solution d'une EDL à coecients constants.

Réciproquement si f est solution d'une EDL à coecients constants, ses translatées lesont aussi. Or l'ensemble des solutions de l'EDL est de dimension nie : l'espace vectorielengendré par les translatés de f est donc de dimension nie.


Leçons 106, 151, 159, 221, 228

75

A Liste des leçons

Leçons Développements101 30, 56, 67102 32, 67103 30, 48, 66104 32, 33, 51, 66105 33, 51106 9, 11, 24, 31, 50, 70107 32, 51108 24, 48109 32, 51110 17, 26120 64, 66, 67121 46, 64, 67122 1, 3, 10123 1, 17, 23, 30, 46, 64, 67124 5, 18125 45, 46, 61, 67126 17, 18, 64127 30, 58140 5, 18, 61141 1, 10, 46142 29, 61143 45, 61144 14, 18, 23, 30, 43,

45, 46, 61, 67150 11, 23, 58151 1, 7, 24, 70152 5, 7, 23, 29, 54153 3, 54154 3, 24155 11, 41, 54156 13, 41, 50, 56157 41, 54158 11, 31, 34, 58159 29, 70160 11, 24, 31, 48161 24, 48162 7, 9, 54170 7, 23, 31, 58171 31, 58180 7, 14, 58181 7, 59182 14, 58183 14, 31, 58190 17, 18, 30, 39, 42, 44, 64201 12, 47, 56, 60, 65

Leçons Développements202 8, 12, 21, 47, 56203 6, 11, 59204 8, 48, 50205 6, 56, 60, 65206 37, 59, 65207 56, 63208 6, 56, 57, 65209 26, 38, 47213 26, 65214 31, 50, 62215 13, 31, 37, 62217 50, 55218 4, 25, 31, 37, 52219 62, 65220 15, 16, 19, 40, 42, 53, 55221 15, 19, 42, 53, 70222 22, 26, 2223 27, 57224 35, 39, 44226 9, 18, 20, 26, 27, 34, 37228 21, 25, 68, 70229 20, 25, 36230 21, 43, 44232 9, 37233 9, 26, 34234 12, 60235 2, 13, 35, 63236 2, 27, 28, 38, 61239 12, 27, 35240 12, 49, 52, 69241 4, 13, 15, 16, 18, 19, 25,

28, 36, 42, 47, 56, 60, 68243 4, 15, 16, 19, 42, 63244 4, 15, 16, 18, 42, 63245 2, 63246 22, 28247 13, 42, 68249 34, 39, 47253 25, 36, 65254 49, 69260 25, 34, 36, 39, 52261 25, 36, 52262 25, 34, 36, 52263 36, 52264 34, 39

76

Développements possibles pour l'Agrégation de … · p−id))=r: Supposons que r>1 par la suite....

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