ÉNONCÉS ENS 2020Avec élements de réponse.

PC 63. (ENS 63.)Soit V un hyperplan deM2(R ) dont tous les éléments sont diagonalisables dans R .a) Montrer que I2 ∈ V .

b) Donner un exemple de tel hyperplan V .

c) Montrer qu’il existe P ∈ GL2(R ) telle que P−1V P contienne toutes les matrices diago-nales.

d) Montrer qu’il existe Q ∈ GL2(R ) telle que Q−1V Q = S2(R ).

PC 63. (ENS 63.)On a V un hyperplan deM2(R ) dont tous les éléments sont diagonalisables dans R .a) Si I2 /∈ V , Vect(I) et V sont supplémentaires, M2(R ) = V + Vect(I) toute matrice

M = A + λI et comme A ∈ V est diagonalisable, M l’est aussi (elles ont une communebase de vecteurs propres). Comme on sait qu’il existe des matrices qui ne sont pas

diagonalisables, par exemple N =

(0 10 0

)qui ayant deux valeurs propres nulles

serait nulle si elle était diagonalisable, l’hypothèse I2 /∈ V conduit à une contradiction.En résumé I2 ∈ V.

b) En lisant la suite des questions posées, on propose S2(R ) = Vect(E1,1, E2,2, E1,2 + E2,1)qui est un hyperplan formé par des matrices diagonalisables (par le théorème spectral).

c) L’application M 7→ P−1MP est un isomorphisme deM2(R ) (facile à voir) donc elle en-voie un hyperplan H deM2(R ) (contenant l’identité) sur un hyperplan H ′ deM2(R )contenant l’identité. Or dansM2(R ) un hyperplan H qui contient une matrice diago-nale et l’identité contient aE1,1 + bE2,2 (a 6= b) donc si b = 0 alors a 6= 0, et donc H contient E1,1 et E1,1 + E2,2 donc par différence E1,1 etE2,2 (cas symétrique avec a = 0). a 6= 0 et b 6= 0 donc H contient aE1,1 + bE2,2 et aE1,1 + aE2,2 donc par différence H

contient (b− a)E2,2 donc E2,2, et par symétrie E1,1.L’hyperplan V contient une matrice diagonalisable non semblable à λId. En effet, toutematrice diagonalisable semblable à λId est égale à λId, et la dimension de V serait alors1.Soit A ∈ V diagonalisable non semblable à λId. Alors, il existe P inversible qui permetla diagonalisation et H = P−1V P est un hyperplan qui contient l’identité et une matricediagonale (ses valeurs propres, c’est-à-dire les coefficients de la diagonale, a et b étantdistinct.D’après l’étude préalable, H contient Id, E1,1, E2,2 c’est-à-dire toutes les matrices diago-nales.Il existe P ∈ GL2(R ) telle que P−1V P contienne toutes les matrices diagonales.

d) On a H = Vect(Id, E1,1, E2,2) = S2(R ) donc il existe Q = P ∈ GL2(R ) telle queQ−1V Q = S2(R ).

PC 64. (ENS 64.)Soit f : R 7→ R . On dit que f vérifie (∗) si et seulement si :

∀(x, y) ∈ R 2, f(x+ y) = f(x) + f(y).

a) Déterminer les fonctions continues vérifiant (∗).b) Si f vérifie (∗) et si f n’est pas linéaire, montrer que le graphe de f est dense dans R 2.

c) Déterminer les f vérifiant (∗) et pour lesquelles il existe n > 1 tel que :∀x > 0, f(xn) = f(x)n.

PC 64. (ENS 64.)Soit f : R 7→ R . On dit que f vérifie (∗) si et seulement si :

∀(x, y) ∈ R 2, f(x+ y) = f(x) + f(y).

a) Le réel x est fixé quelconque.On montre par récurrence que pour tout entier n (non nul), f(nx) = nf(x). Avec y =nx, on déduit que f(y) = nf( y

n), donc f( y

n) = 1

nf(y) et ceci vaut aussi pour tout y

quelconque. Comme f(0) = 2f(0), f(0) = 0, et pour tout x f(x − x) = f(0) = 0 =f(x)+f(−x), donne f(−x) = −f(x) et donc les deux propriétés précédentes sont vraiespour n entier négatif également.Si r = p

q, avec p ∈ Z et q ∈ N∗,

f

(p

qx

)= f

(px

q

)= pf

(1

qx

)= p

(1

qf (x)

)=

p

qf(x).

Comme Q est dense dans R si λ est un réel donné, il existe (rn) ∈ QN qui converge versλ, alors, par continuité de f , et d’abord par celle de la multiplication, pour tout réel x,rnx convergeant vers λx

λf(x) = (limn

rn)f(x) = limn(rnf(x)) = lim

nf(rnx) = f

(limn(rnx)

)= f(λx).

Cette propriété, ajoutée à la propriété (∗) initiale, montre que f est une applicationlinéaire de R dans R , donc il existe a ∈ R , f : x 7→ ax.Déterminer les fonctions continues vérifiant (∗) sont les fonctions linéaires.

b) On suppose désormais que f vérifie (∗) et que f n’est pas linéaire.On garde, de la question précédente toutes les propriétés qui ne font pas appel à lacontinuité, et en particulier la compatibilité avec la multiplication externe, à la conditionque le scalaire multiplicateur soit un rationnel. On suppose que f n’est pas nulle (sinonelle est continue).• Un résultat préliminaire : Si f est bornée sur un intervalle [0, α] alors elle est continue

en 0. En effet pour tout ε > 0, il existe n ∈ N tel que 1n≤ ϵ

δ. On pose η = δ

npour voir

0 ≤ x < η = δn

entraîner

|f(x)| = 1

n|f(nx)| ≤ δ

n≤ ε.

• On sait que pour une fonction additive, la continuité sur R équivaut à la continuitéà droite en 0.• Puisque f est supposée non continue, c’est donc qu’elle n’est pas bornée sur tout

intervalle de la forme [0, α].• Prenons un ε > 0 (on va le prendre de plus inférieur à 1, ce qui ne change rien). Soitr un rationnel strictement positif et 1 n = b r

ϵc + 1. Comme f n’est pas bornée, par

exemple nous la supposerons non majorée, sur l’intervalle [0, ε[, il existe un s ∈ [0, ε[tel que n ≤ f(s) < n+ 1.

r ≤ r

nf(s) = f

( rns)< r +

r

n< r + ε.

Donc il existe t = rns tel que

∀ε > 0,∃t ∈ [0, ε[, |f(t)− r| ≤ ε.

On passe aux rationnels négatifs par imparité de la fonction, et enfin au réels enprenant des suites de rationnels.

∀z ∈ R , ∀ε > 0,∃t ∈ [0, ε[, |f(t)− z| ≤ ε.

Ainsi l’image de tout intervalle [0, ε[ est dense dans R .• Si (x, y) est un point fixé de R 2

+, pour tout ε > 0, en prenant z = y − f(x) il existe ttel que

|f(t+ x)− y| = |f(t)− y + f(x)| ≤ ε.

La distance de (x, y) (t+ x, f(t+ x)) est donc inférieure à√t2 + (f(t+ x)− y)2 ≤

√2ε

pour tout ε, donc le graphe de f est dense dans R 2.

PC 65. (ENS 65.)Soient, pour n ∈ N∗, (Xi,j), 1 ≤ i, j ≤ n, des variables aléatoires indépendantes suivant laloi uniforme sur −1, 1, Mn la matrice aléatoire (Xi,j)1≤i,j≤n.

a) Calculer E(Tr((Mn)

k) )

pour k ∈ 1, 2, 3, 4.

b) Calculer E(det(Mn)

)et E

(det(Mn)

2)

.

c) Soit f : R + 7→ R telle que f(x) 7→ +∞ quand x 7→ +∞.

Montrer que P[|det(Mn)| ≥ f(n)

√n!]

converge vers 0 quand n tend vers l’infini.

PC 65. (ENS 65.)

a) On a pour tout i, j E(Xi,j) = 0, E(X2i,j) = 1 (variable constante).

1. donc (n− 1)ϵ ≤ r ≤ nϵ.

E(Tr(Mn)

)= E

(n∑

i=1

Xi,i

)=

n∑i=1

E (Xi,i) = 0.

Comme les variables sont mutuellement indépendantes (et donc deux à deux indé-pendantes)

E(Tr(M2

n))= E

(n∑

i=1

(M2n)i,i

)=

n∑i=1

E((M2

n)i,i)=

n∑i=1

E

(n∑

j=1

(Mn)i,j(Mn)j,i

)

E(Tr(M2

n))=

n∑i,j=1

E ((Mn)i,j(Mn)j,i) =n∑

i =j, 1

E ((Mn)i,j)E ((Mn)j,i)+n∑

i=1

E((Mn)

2i,i

)= n.

Les coefficients diagonaux de M3n sont

ci,i =n∑

k=1

(M2n)i,k(Mn)k,i =

n∑j,k=1

(Mn)i,j(Mn)j,k(Mn)k,i

donc la trace vautn∑

i,j,k=1

(Mn)i,j(Mn)j,k(Mn)k,i

par indépendance dès que i 6= j E ((Mn)i,j(Mn)j,k) = 0. Si i = j 6= k il en va demême. Sinon E

((Mn)i,i(Mn)i,i(Mn)i,i

)= E

(Mn)i,i

)= 0.

DoncE(Tr(M3

n))= 0.

Pour la puissance quatre la trace vaut,

n∑i,j,k,h=1

(Mn)i,j(Mn)j,k(Mn)k,h(Mn)h,i

Si les quatre facteurs sont différents, par indépendance, l’espérance est nulle. Si deuxfacteurs sont égaux et les autres différents il en va de même etc. Finalement seuls lesquatre facteurs égaux donnent 1. Donc

E(Tr(M4

n))= n.

b) E(det(M2)

)= E

(X1,1X2,2 −X1,2X2,1

)= 0

(après développement . . .).

E(det(M2)

2)= E

(X2

1,1X22,2 +X2

1,2X22,1 −X1,1X2,2X1,2X2,1

)= 2.

Si l’on suppose (par récurrence que E(det(Mn−1)

)= 0, pour tout système de va-

riable de Bernoulli sur −1, 1 indépendantes, et si l’on développe le déterminant deMn selon la dernière colonne on aura (∆ désignant le déterminant mineur associé)

E(det(Mn)

)= E

(n∑

i=1

Xi,n(−1)n+i∆i,n

)=

n∑i=1

(−1)n+iE (Xi,n∆i,n)

Comme les mineurs ∆i,n dépendent de système de variables qui sont par construc-tion différentes de Xi,n, l’espérance du produit est le produit des espérances, etcomme par hypothèse de récurrence E (∆i,n) = 0, on a

E(det(Mn)

)=

n∑i=1

(−1)n+iE (Xi,n)E (∆i,n) = 0.

Nous avons montré par récurrence que, pour tout entier n ∈ N∗ E(det(Mn)

)= 0.

Pour comprendre la suite regardons le cas n = 3, et étudions le déterminant de M3 :

M1,1M2,2M3,3−M1,1M2,3M3,2−M2,1M1,2M3,3+M2,1M1,3M3,2+M3,1M1,2M2,3−M3,1M1,3M2,2.

Il faudra mettre au carré ce déterminant avant d’en prendre l’espérance. Quand onprend deux termes de ce développement, ils comportent toujours deux variablesdifférentes, et l’espérance du produit de ces deux termes est alors nulle. Tout sepasse comme si (a+b)2 = a2+b2 car seuls ne pourront rester que les termes multipliéspar eux-mêmes. Cela va donner une espérance de 6.

Si l’on suppose (par récurrence que E(det(Mn−1)

)= (n − 1)!, pour tout système

de variable de Bernoulli sur −1, 1 indépendantes, et si l’on développe le détermi-nant de Mn selon la dernière colonne on aura (∆ désignant le déterminant mineurassocié)

det(Mn) =n∑

i=1

Xi,n(−1)n+i∆i,n

E( 2

det(Mn))=

n∑i,j=1

(−1)i+jE(Xi,n∆i,nXj,n∆j,n

)Si i 6= j Xi,n ne fait pas partie du système de variables mis en œuvre par ∆i,nXj,n∆j,n,pour le X c’est par hypothèse, pour les deltas il suffit de se référer aux colonnesdistinctes. Donc

E (Xi,n∆i,nXj,n∆j,n) = E (Xi,n)E (Xj,n∆i,nXj,n∆j,n) = 0

Ainsi en appliquant de nouveau l’indépendance de Xi,n avec le système qui définit∆i,n

E( 2

det(Mn))=

n∑i=1

E(X2

i,n∆2i,n

)=

n∑i=1

E(X2

i,n

)E(∆2

i,n

)

et par hypothèse de récurrence

E(det(M2

n))=

n∑i=1

(n− 1)! = n!.

Nous avons montré par récurrence que, pour tout entier n ∈ N∗ E(det2(Mn)

)= n!.

c) Soit f : R + 7→ R telle que f(x) 7→ +∞ quand x 7→ +∞.

[|det(Mn)| ≥ f(n)

√n!]=[det(Mn)

2 ≥ f 2(n)n!]=[det(Mn)

2 ≥ f 2(n)E(det(M2

n))]

.

Par Markov, pour la variable det(M2n) positive qui possède une espérance finie,y

det( [|det(Mn)| ≥ f(n)

√n!] )≤ E (det(M2

n))

f 2(n)E (det(M2n))

=1

f 2(n)7→ 0.

MP 92 (X 92.)Soient φ une fonction de classe C1 de R 2 dans R , Z = φ−10.a) Soit z ∈ Z tel que ∇φ(z) 6= 0. Que dire de Z au voisinage de z ?

b) On suppose que Z est fermée bornée, non vide, et que∇φ ne s’annule pas sur Z. Quelleest l’image de z ∈ Z 7→ ∇ϕ((z))

∥∇ϕ(z)∥ ?

MP 92 (X 92.)Si φ une fonction de classe C1 de R 2 dans R , Z = φ−10 s’interprète comme la courbedéfinie implicitement par φ(x, y) = 0.

a) Soit z = (x, y) ∈ Z tel que ∇φ(z) 6= 0, par théorème, le point (x, y) est régulier, et lacourbe Z possède donc une tangente en z = (x, y), tangente qui admet comme vecteurnormal∇φ(z).

b) L’hypothèse "Z est fermé" n’est pas un élément supplémentaire, puisque la continuitéde φ permet d’affirmer que l’image réciproque du fermé 0 est bien un fermé. Onsuppose donc, en plus, ici, que la courbe Z est bornée.Puisque Z est non vide, et que∇φ ne s’annule pas sur Z l’image de f : z ∈ Z 7→ ∇ϕ((z))

∥∇ϕ(z)∥incluse dans le cercle unité.La première composante de l’application f , f1 : z ∈ Z 7→ P1

(∇ϕ((z))∥∇ϕ(z)∥

)est continue sur

le fermé borné Z, son image est donc un segment [xm, xM ] de l’axe des abscisses, etde même l’image de f(Z) par la seconde projection canonique est le segment [ym, yM ](attention rien ne dit que les bornes correspondent au même point de l’ensemble de dé-part). Ce qui est sûr, c’est que les points du cercles qui appartiennent aux arcs de cercledont la projection sur l’axe des abscisses (ou des ordonnées) est extérieure à [xm, xM ](resp. à [ym, yM ]) n’appartiennent pas à l’image f(Z). Les arcs peuvent se chevaucher

(par exemple sur le dessin les arcs

CD et

HG. Mais évidemment cette situation est im-possible puisque dans ce cas aucun point du cercle ne pourra se projeter sur la partie[O, xM ] alors que toutes les abscisses doivent être atteintes (figure de gauche).

Si les arcs ne se chevauchent pas entièrement comme

EF et

KJ ,

HG, et les arcs

CD et

KJ ,

HG (figure de droite), la partie du segment [ym, yM ] qui correspond au plus petitdes segments [E,F ] et [C,D] n’est pas atteinte. C’est aussi exclu. On doit donc avoir

[ym, yM ] = [−1, 1] (même chose en x) et l’ensemble recherché est tout le cercle unité.

MP 93. (X 93.)Soient c et λ deux éléments de ]0, 1[, (Xn)n≥0 une suite de variables aléatoires réelles dé-finie sur un espace probabilisé (Ω,F , P ) telle que X0 = c et, pour n ∈ N et x ∈ RP [Xn+1 = (1− λ)x+ λ|Xn = x] = x, et, P [Xn+1 = (1− λ)x|Xn = x] = 1− x.

a) Montrer que, si n ∈ N, Xn est presque sûrement à valeurs dans ]0, 1[ et que l’ensemblex ∈]0, 1[;P (Xn = x) > 0 est de cardinal majoré par 2n.

b) Si n ∈ N, calculer E(Xn).

c) Montrer qu’il existe µ2 > 0 tel que ∀n ∈ N, |E(X2n)− c| ≤ exp(−µ2 n).

d) Soit p ∈ N∗. Montrer qu’il existe µp > 0 et mp > 0 tels que ∀n ∈ N, |E(Xpn) − c| ≤

mp exp(−µp n).

e) Si t ∈ R ∗+, quelle est la limite de la suite (E(tXn))n≥0 ?

MP 93. (X 93.)

a) On sait que X0 est (presque sûrement) à valeurs dans ]0, 1[.Si on suppose (par récurrence) que Xn est presque sûrement à valeurs dans ]0, 1[, Xn(Ω) =xii∈I (avec I dénombrable).Par la formule des probabilités totales relativement à ce système complet d’événements

P [Xn+1 ∈]0, 1[] =∑i∈I

P [Xn+1 ∈]0, 1[|Xn = xi] P [Xn = xi]

Par convexité, ]0, 1[ = ]0, xi[ ∪ xi ∪ ]xi, 1[ donc

P [Xn+1 ∈]0, 1[|Xn = xi] = P [Xn+1 ∈]0, xi[|Xn = xi]+P [Xn+1 = xi|Xn = xi]+P [Xn+1 ∈]xi, 1[|Xn = xi]

et par hypothèse, quand (Xn = xi), Xn+1 ne prend presque sûrement que deux valeurschacune située dans ]0, xi[ et ∪ ]xi, 1[

P [Xn+1 ∈]0, 1[|Xn = xi] = P [Xn+1 = (1− λ)xi|Xn = xi]+P [Xn+1 = (1− λ)xi + λ|Xn = xi] = xi+1−xi = 1.

Et

P [Xn+1 ∈]0, 1[] =∑i∈I

P [Xn = xi] = 1.

Si on admet que Xn ne prend au plus que 2n valeurs (vrai pour n = 0), alors Card(I) ≤2n, chacune de ces valeurs donnant deux intervalles dans le raisonnement précédent etdonc x ∈]0, 1[;P (Xn+1 = x) > 0 est alors de cardinal majoré par 2n+1.

b) On a E(X0) = c.Pour tout entier n,

EXn=xi

(Xn+1

)= (1−λ)xiP [Xn+1 = (1− λ)xi|Xn = xi]+((1−λ)xi+λ)P [Xn+1 = (1− λ)xi + λ|Xn = xi] = (1−λ)xi(1−xi)+xi((1−λ)xi+λ) = xi

E (Xn+1) =∑i∈I

EXn=xi

(Xn+1

)P [Xn = xi] =

∑i∈I

xiP [Xn = xi] = E(Xn).

La suite des espérances est donc constante et égale à c.c)

|E(X20 )− c| = c(1− c) ≤ exp(−µ2 × 0).

Si on suppose λ > c

E(X21 ) = EX0=c(X

21 ) = (1−λ)2c2P [X1 = (1− λ)c|X0 = c]P [X0 = c]+((1−λ)c+λ)2P [X1(1− λ)c+ λ|X0 = c]P [X0 = c]

E(X21 ) = (1− λ)2c2(1− c) + c((1− λ)c+ λ)2 = c

(λ2 + c(1− λ2)

)∣∣E(X2

1 )− c∣∣ = c(1− c)(1− λ2) ≤ (1 + λ)e−λ.

Si l’on suppose que |E(Xn)2 − c| ≤ (1 + λ) exp(−nλ)

E(X2

n+1

)=∑i∈I

EXn=xi

(X2

n+1

)P [Xn = xi]

et

EXn=xi

(X2

n+1

)= (1−λ)2x2

iP [Xn+1 = (1− λ)xi|Xn = xi]+((1−λ)xi+λ)2P [Xn+1 = (1− λ)xi + λ|Xn = xi]

EXn=xi

(X2

n+1

)= (1− λ)2x2

i (1− xi) + xi((1− λ)xi + λ)2 = xi2 − xi

2λ2 + λ2xi

E(X2

n+1

)=∑i∈I

(xi

2 − xi2λ2 + λ2xi

)P [Xn = xi] = (1− λ2)E

(X2

n

)+ λ2E (Xn)

comme toutes les espérances sont constantes,∣∣E (X2n+1

)− c∣∣ = (1− λ2)

∣∣E (X2n

)− c∣∣ ≤ (1− λ2) exp(−nλ2) ≤ (1 + λ) exp(−(n+ 1)λ)

ce qui achève la démonstration de l’hérédité de cet énoncé.Il existe µ2 = λ > 0 et m2 = 1 + λ tel que ∀n ∈ N, |E(Xn)

2 − c| ≤ m2 exp(−µ2 n).

d) Soit p ∈ N∗. Cette question revient à la précédente, on la démontre par récurrence (forte)la suite des µ posée constante.

Pk : ∃mk ∀n ∈ N, |E(Xkn)− c| ≤ mk exp(−λn).

Supposons la proposition vérifiée jusqu’à l’ordre p ≥ 2 et montrons l’hérédité.

((1− λ)xi + λ)p =

p∑k=0

(p

k

)λp−k (1− λ)k xk

i

donne

((1− λ)xi)p (1− xi)+xi ((1− λ)xi + λ)p = ((1− λ)xi)

p [1− xi + xi]+xi

p−1∑k=0

(p

k

)λp−k (1− λ)k xki

E(Xp

n+1

)= (1− λ)pE

(Xp

n

)+

p−1∑k=0

(p

k

)λp−k (1− λ)k E

(Xk+1

n

)

E(Xp

n+1

)=((1− λ)p + pλ (1− λ)p−1

)E(Xp

n

)+

p−2∑k=0

(p

k

)λp−k (1− λ)k E

(Xk+1

n

)

E(Xp

n+1

)−c = (1− λ)p−1

(1+(p−1)λ

)E(Xp

n

)+

p−2∑k=1

(p

k

)λp−k (1− λ)k E

(Xk+1

n

)+(λp−1)E

(X1

n

)∣∣∣E(

Xpn+1

)− c

∣∣∣ = (1 − λ)p−2

(1 + (p − 1)λ

)(1 − λ)mpe

−nλ+

p−2∑k=1

(p

k

)λp−k

(1 − λ)k−1

(1 − λ)mk+1e−nλ

+( p−1∑

j=0

λj)(1 − λ)m1e

−nλ

En utilisant les hypothèses de récurrence, on a

∣∣∣E(Xp

n+1

)− c

∣∣∣ ≤(1− λ)p−2

(1 + (p− 1)λ

)mp +

p−2∑k=1

(pk

)λp−k (1− λ)k−1 mk+1 +m1

( p−1∑j=0

λj) e−(n+1)λ

Donc la proposition est bien vraie à l’ordre n + 1 (le nouveau coefficient étant l’expres-sion définie entre parenthèses).

e) D’après ce qui précède, tous les moments d’ordre p de la variable Xn convergent vers c.Les moments factoriels sont définis par M2 = E(Xn(Xn − 1)) = E(X2

n) − E(Xn) quiconverge vers 0. Comme R n[X] possède en plus de la base canonique, la base factorielledes polynômes échelonnés en degré X(X − 1) . . . (X − k + 1), on a

X(X − 1) . . . (X − p+ 1) =

p∑k=0

s(p, k)Xk

et la somme des s(p, k) est nécessairement nulle.

Mnp =

p∑k=0

s(p, k)E(Xkn)

converge versp∑

k=0

s(p, k)c = 0.

Tous les moments factoriels (à partir du second), c’est-à-dire les dérivées en 1 de la sériegénératrice ϕn(t) = E(tXn) convergent donc vers 0 quand n tend vers l’infini.Or si t est fixé,

ϕn(t) =

p∑k=0

ϕ(k)n (1)

k!(t− 1)k +

∫ t

1

ϕ(p+1)n (u)

p!(t− u)p du.

Avec une majoration uniforme en n de l’intégrale on règlerait p pour que cette intégralesoit arbitrairement petite, puis n pour que le polynôme de Taylor correspondant tendevers 0 pour k ≥ 1. La fonction ϕ serait constante, et donc la suite tendrait vers unevariable presque sûrement constante.

MP 94. (X 94.)Soit n ∈ N∗. On considère une famille (Xi,j)1≤i,j≤n de variables aléatoires indépendantessuivant toutes la loi de Bernoulli de paramètre 1

2. On note A l’événement : la matrice

(Xi,j)1≤i,j≤n est inversible. Montrer que P (A) ≥∞∏k=1

(1− 1

2k

).

MP 94. (X 94.)Soit n ∈ N∗. On considère une famille (Xi,j)1≤i,j≤n de variables aléatoires indépendantessuivant toutes la loi de Bernoulli de paramètre 1

2.

Pour que la matrice soit inversible, il faut déjà que sa première colonne ne soit pas consti-tuée que de 0 (probabilité 1 − 1

2n). Sachant que la première colonne n’est pas nulle, il faut

que la seconde ne soit ni constituée de 0 ni ne reproduise la première (probabilité 1 − 22n

),sachant que les deux premières colonnes forment un système de rang 2, il ne faut pas que latroisième soit dans l’espace engendré par les deux premières (les coefficients des combinai-sons linéaires possibles étant (0, 0); (0, 1); (1, 0); (1, 1) (probabilité 1− 4

2n). Il en va de même

pour la quatrième qui ne doit pas appartenir à l’espace engendré par les trois premières, lescoefficients des combinaisons linéaires possibles étant alors (i, j, k) avec (i, j, k) ∈ 0, 13.On a utilisé l’indépendance des coordonnées.Par la formule des probabilités composées on a

P (A) = P (rg(C1) = 1)P[rg(C1)=1](rg(C1, C2) = 2)P[rg(C1,C2)=2](rg(C1, C2, C3) = 3) . . . =n∏

k=1

(1− 1

2k

)≥

∞∏k=1

(1− 1

2k

)puisque le produit est décroissant.

MP 95. (X 95.)Soient n ∈ N∗, M une matrice aléatoire deMn+1(R ) dont les coefficients sont des variablesaléatoires indépendantes. suivant la loi uniforme sur −1, 1, N une matrice aléatoire deMn(R ) dont les coefficients sont des variables aléatoires indépendantes. suivant la loi uni-forme sur 0, 1. Montrer que

P [M ∈ GLn+1(R )] = P [N ∈ GLn(R )] .

MP 95. (X 95.)Se donner une matrice M de GL2(R ) revient à se donner 2 colonnes formant une famillelibre dans R 2.On a, par C2 ← −X1,2C2, C1 ← X2,1C1, puis par L2 ← −X1,2X2,2L2 (élémentaires)

det

(X1,1 X1,2

X2,1 X2,2

)= det

(X1,1X2,1 −1

1 −X1,2X2,2

)= det

(−X1,1X2,1X1,2X2,2 −1−X1,2X2,2 −X1,2X2,2

)Enfin C1 ← C1−C2

2, donne

det

(X1,1 X1,2

X2,1 X2,2

)= det

(12

(1−X1,1X2,1X1,2X2,2

)−1

0 −X1,2X2,2

)Or le produit de deux variables X,Y de Rademacher (ie Bernoulli sur −1, 1) indépen-dantes est une variable de même loi. En effet XY (Ω) = −1, 1 et

P [XY = 1] = P[(X = 1 ∩ Y = 1)

•∪ (X = −1 ∩ Y = −1)

]= 2P [X = 1]P [Y = 1] = 21

4= 1

2.

Donc X1,1X2,1X1,2X2,2 suit encore une loi uniforme sur −1, 1 et

Z1,1 =1

2

(1−X1,1X2,1X1,2X2,2

)∼= B(

1

2) (c’est facile à voir).

Comme la matrice(

X1,1 X1,2

X2,1 X2,2

)est inversible si et seulement si Z1,1 = 0, pour n = 2,

P [M ∈ GLn+1(R )] = P [N ∈ GLn(R )] .

Dans le cas général on commencera par Li ← −Xi,n+1Li (pour i ∈ J1, nK) qui met des −1sur les n premiers coefficients de la dernière colonne. En continuant par Cj ← −Xn+1,jCj

on place des−1 sur la dernière ligne de la matrice. Enfin Cj ← 12

(Cj −Cn+1

)met des 0 sur

les n premiers coefficients de la dernière ligne. Les coefficients (i, j) ∈ J1, nK2 de la matriceextraite H sont obtenus comme 1

2

(Yi,j + 1

)où Y est la variable de Rademacher obtenue

par produit comme précédemment. Pour les mêmes raisons, ce coefficient suit une loi deBernoulli.Comme la matrice initiale est inversible si et seulement si H est inversible, on montre, dansle cas général que

P [M ∈ GLn+1(R )] = P [N ∈ GLn(R )] .

MP 96. (X 96.)Soit n ∈ N∗.

a) Montrer que∞∑k=1

knk−1

(n+ k)!=

1

n!.

b) Soient X1, . . . , Xn des variables aléatoires indépendantes suivant la loi de Poisson de

paramètre 1. On pose Sn =n∑

k=1

Xk, Tn = Sn−n√n

. Montrer que∫ +∞

0

P [Tn ≥ x] dx =

√n(ne

)n 1

n!.

MP 96. (X 96.)Soit n ∈ N∗.a)

La série entière 2∞∑k=1

(xn)k

(n+ k)!a un rayon de convergence infini (par la règle de d’Alem-

bert), de plus, pour x ∈ R ∗, sa somme g vaut

g(x) =1

(xn)n

∞∑k=1

(xn)k+n

(n+ k)!=

1

(xn)n

(exn −

n∑j=0

(xn)j

j!

)

g′(x) =1

nn

( −nxn+1

(exn −

n∑j=0

(xn)j

j!

)+

1

xn

(nexn −

n∑j=1

nj xj−1

(j − 1)!

))

g′(1) =1

nn−1

(−(en −

n∑j=0

nj

j!

)+ en −

n∑j=1

(n)j−1

(j − 1)!

))=

1

nn−1

nn

n!=

n

n!.

Par le théorème de dérivation des séries cette dérivée est aussi obtenue en dérivantterme à terme, si bien que,

g′(x) =∞∑k=1

knk xk−1

(n+ k)!

et∞∑k=1

knk−1

(n+ k)!=

g′(1)

n=

1

n!.

b) Soient X1, . . . , Xn des variables aléatoires indépendantes suivant la loi de Poisson deparamètre 1.Par routine on sait que Sn

∼= P(n), et donc Tn est la variable centrée réduite associée.Avec k = j + n

P [Tn ≥ x] = P[Sn ≥ n+ x

√n]=

∞∑k=⌊n+x

√n⌋

e−nnk

k!=

∞∑j=⌊x

√n⌋

e−n nj+n

(j + n)!

∫ +∞

0

P [Tn ≥ x] dx =

∫ +∞

0

∞∑j=⌊x

√n⌋

e−n nj+n

(j + n)!χ[j≥x

√n](x) dx =

∞∑j=1

e−nnn nj

(j + n)!

∫ k√n

0

dx

∫ +∞

0

P [Tn ≥ x] dx =e−nnn

√n

∞∑j=1

knj

(j + n)!=√n(ne

)n 1

n!.

On a admis la commutation des symboles dans l’intégrale 3.

2. On a∞∑k=1

k + 1− 1

(k + 1)!=

∞∑k=1

1

k!−

∞∑k=1

1

(k + 1)!= e− 1− (e− 2) =

1

1!,

donc la proposition est vraie au rang 1, mais je ne vois pas comment mettre en œuvre une récurrence.3. La notion de sommabilité n’est pas à notre programme.

MP 98. (Mines 98.)

a) Soit n ∈ NMontrer que ∀(A, t) ∈Mn(R )× R +, det(A2 + tIn) ≥ 0.

b) On suppose n ∈ N est impair. Montrer que −In n’est pas somme de deux carrés deMn(R ).

MP 98. (Mines 98.)

a) Soit n ∈ N La matrice iA est trigonalisable sur C. On note (ζk = iλk)k∈J1,nK la liste desvaleurs propres (les λk sont réelles).On sait démontrer que le carré d’une matrice triangulaire reste triangulaire, avec commediagonale les éléments précédents de la diagonale, mis au carré. Ainsi si iA est sem-blable à T alors −A2 est semblable à T 2 et l’on aura, pour t ≥ 0,

χ(iA)2(t) = det(A2 + tIn) =n∏

k=1

(t− ζ2k) =∏λk∈R

(t+ λ2k)∏λk∈C

((t+ λ2k)(t+ λk

2)) ≥ 0.

b) On suppose n ∈ N. Si −In était la somme de deux matrices A et B deMn(R ) mises aucarré, on aurait A2 + In = −B2 et le déterminant de cette matrice serait positif, par lapremière question avec t = 1, et aussi égal à (−1)n det2B ≤ 0 par imparité de n.Ainsi B serait nécessairement non inversible.En échangeant les rôles de A et B on montre par symétrie qu’il en va de même pour A. En trigonalisant A on peut étudier la diagonale qui correspond à cette trigonalisa-

tion (sur C).Pour A, on aura 0 valeur propre d’ordre ω0. Puis les valeurs propres réelles nonnulles. Puis (éventuellement) la valeur propre i (toujours associée à −i sa conju-guée), d’ordre ωi, puis les autres valeurs propres complexes non réelles avec leurconjuguée.Pour A2 on aura 0 valeur propre d’ordre ω0, des valeurs propres réelles strictementpositives ω+, les valeurs propres réelles strictement inférieures à−1, en nombre 2ωim

pair car elles proviennent de deux valeurs propres conjuguées, enfin 2ωi fois la va-leur −1, et enfin les valeurs propres complexes non réelles avec leur conjuguée, oud’autre négatives aussi en nombre pair.Donc ω0 + ω+ ∼ 1 [2]. Pour B on peut faire la même analyse, en ajoutant un prime à tous les ω. Soit λ /∈ 0,−1 une valeur propre de B2 et X un vecteur propre non nul associé. On

a A2(X) = −B2(X)−X = (−λ− 1)X et en remarquant que (−λ− 1) /∈ 0,−1, oncrée ainsi une application (bijective) de l’ensemble des valeurs propres de B2 nonsituées dans 0,−1 vers celles de A2 ayant la même propriété.Cette bijection y 7→ −1−y montre que le nombre des valeurs propres strictement po-sitives est nécessairement pair , car en bijection avec le nombre des valeurs propresstrictement inférieur à−1. De même le nombre de fois où 0 est valeur propre est 2ωi.Finalement ω0 + ω+ ∼ 0 [2].

ce qui offre la contradiction 4.

MP 99. (Mines 99.)

Soient A ∈ GLn(C), B =

(A A2

A−1 In

). Donner une condition nécessaire et suffisante sur

A pour que B soit diagonalisable.

MP 99. (Mines 99.)

Soit(

XY

)6= 0 un vecteur propre attaché à la valeur propre λ pour B.

On est conduit au système

AX + A2Y = λXA−1X + Y = λY

équivalent à

AX + A2Y = λX(λ− 1)Y = A−1X

Si λ /∈ 0, 1 alors le système devientAX + 1

(λ−1)AX = λX

Y = 1(λ−1)

A−1Xou

AX = (λ− 1)XY = 1

(λ−1)A−1X

Dans ce cas X n’est pas nul, car sinon Y le serait. Il est donc propre pour A attaché à lavaleur propre (λ− 1).Dans ce cas Y = 1

(λ−1)2X.

Si λ = 0, le système est

AX + A2Y = 0Y = −A−1X

ou0 = 0

Y = −A−1X

soit

0 = 0X = −AY

Si λ = 1

AX + A2Y = X

0 = A−1XOn obtient le système équivalent

A2Y = 0X = 0

et comme A2 est inversible, ceci conduit à une contradiction X = 0 = Y .

• Condition nécessaire.Si B est diagonalisable, comme on a donné toutes les valeurs propres possibles, il nepeut avoir 1 comme valeur propre.L’espace propre attaché à la valeur propre 0 ne peut être que de dimension n au maxi-

mum, car une famille de n+1 vecteurs(−AYk

Yk

)sera liée. En effet, les n+1 vecteurs Yk

(ils appartiennent à un espace de dimension n) seront liés, et commen+1∑k=1

αkYk = 0 =⇒

n+1∑k=1

αkAYk = 0 on auran+1∑k=1

αk

(−AYk

Yk

)= 0 avec des coefficients non tous nuls.

Il faut donc qu’il y ait d’autre valeurs propres que 0 pour espérer faire une base.

4. Le même exercice posé avec des matrices symétrique est beaucoup plus simple.

tX(−In)X = −tXX = −‖X‖2 =t X(A2)X +t X

(B2)XtAXAX +t BXBX = ‖AX‖2 + ‖BX‖2.

Ce réel est à la fois négatif et positif ce qui donne une contradiction.

À une valeur propre µ différente de 0 et de 1, attachée au vecteur(

X1

(λ−1)2X

)corres-

pond une valeur propre µ − 1 (différente de 1 et de −1) pour A, attaché à A. Commepar un argument semblable à celui développé ci-dessus pour la combinaison linéaire,

le rang de la famille des(

Xk1

(λ−1)2Xk

)est le même que celui des (Xk).

Puisque B est diagonalisable il faut donc que 0 soit valeur propre, et qu’il existe unebase de vecteurs propres de A attachée à des valeurs propres différentes de 0 (ce qui estévident puisque A est donnée inversible) et −1.• Condition suffisante.

Si A est diagonalisable, avec des valeurs propres différentes de 0 et de−1. Alors il existeune base de vecteurs propres (Xk) qui vont fournir un système de rang n de vecteurs

propres de B, en reconstituant les(

Xk1

(λ−1)2Xk

).

L’application Y 7→(−AYY

)est linéaire et injective donc

(−AYY

), Y ∈ Cn est un

sous-espace H de dimension n de C2n.Si un vecteur appartenant à la fois à l’espace F engendré par les vecteurs propres at-

tachés aux valeurs propres non nulles et à H on aurait

−AY =

n∑k=1

αkXk

Y =n∑

k=1

αk

(λk − 1)2Xk

ou

Y =

n∑k=1

−αk

λk − 1αkXk

Y =n∑

k=1

αk

(λk − 1)2Xk

donc deux décompositions du même vecteur selon une famille

de rang n, donc

∀k ∈ J1, nK αk

(1

(λk − 1)− 1

(λk − 1)2

)= 0

et comme λk 6= 0 tous les coefficients sont nuls. On a donc F⊕H = C2n, et B diagonalisedans une base adaptée à cette somme directe.

La condition nécessaire et suffisante pour que B =

(A A2

A−1 In

). soit diagonalisable est

que A le soit avec λ /∈ 0,−1 .

MP 109. (Mines 109.)Soient p ∈]0, 1[, (Xk)k≥1 une suite de variables aléatoires indépendantes de Bernoulli deparamètre p. On pose L1 = maxk ∈ N∗;X1 = X2 = . . . = Xk si cet ensemble est fini, +∞sinon.

a) Montrer que L1 est presque sûrement fini, donner sa loi, son espérance et sa variance.

b) Si L1 < +∞, soit L2 = max` ∈ N∗;XL1+1 = XL1+2 = . . . = XL1+ℓ si cet ensemble estfini, +∞ sinon. Montrer que L2 est presque sûrement fini, donner sa loi, son espéranceet sa variance.

MP 109. (Mines 109.)Soient p ∈]0, 1[, (Xk)k≥1 une suite de variables aléatoires indépendantes de Bernoulli deparamètre p. On pose L1 = maxk ∈ N∗;X1 = X2 = . . . = Xk si cet ensemble est fini, +∞sinon.a) On pose, pour n ≥ 2, En = X1 = X2 = . . . = Xn, et q = 1− p ∈]0, 1[. Par incompatibi-

lité puis indépendance

P (En) = P([0 = X1 = X2 = . . . = Xn]

•∪[0 = X1 = X2 = . . . = Xn]

)= P [0 = X1 = X2 = . . . = Xn]+P [0 = X1 = X2 = . . . = Xn] = qn+pn.

La suite (En) avec En = X1 = X2 = . . . = Xn est une suite décroissante d’événements,donc par continuité décroissante,

P [L1 =∞] = P

[∞⋂n=2

En

]= lim

n∞P (En) = lim

n∞qn + pn = 0,

puisque les deux nombres sont tous deux strictement pris dans ]0, 1[.Ainsi L1 est presque sûrement fini. On a L1(Ω) = N∗ et

P (L1 = n) = P([0 = X1 = X2 = . . . = Xn et Xn+1 = 0]

•∪[0 = X1 = X2 = . . . = Xnet Xn+1 = 1]

)P (L1 = n) = pqn + qpn.

Vérification∞∑n=1

P (L1 = n) =qp

1− p+

qp

1− q= p+ q = 1.

La fonction génératrice de la variable est

ϕ1(s) =sqp

1− ps+

sqp

1− qs

dont le rayon de convergence est Min(1p, 1q) > 1.

La fonction génératrice est donc dérivable en 1, donc la variable admet une espéranceet comme

ϕ′1(s) =

qp

1− ps+

qp2s

(1− ps)2+

qp

1− qs+

pq2s

(1− qs)2

E(L1) = ϕ′1(1) =

p2 + q2

pq.

ϕ1”(s) = 2qp2

(1− ps)2+ 2

qsp3

(1− ps)3+ 2

pq2

(1− qs)2+ 2

pq3s

(1− qs)3

ϕ1”(1) = 2p4 + q4

p2q2

Donc

Var(L1) = E(L1(L1−1))+E(L1)−E(L1)2 = 2

p4 + q4

p2q2−(p2 + q2

pq

)2

+p2 + q2

pq= 2

p4 + q4

p2q2−(p2 + q2)

2

p2q2+p2 + q2

pq

Var(L1) =p4 + q4 − 2 p2q2 + qp3 + pq3

p2q2=

p4 + q4 + pq(p− q)2

p2q2.

b) On sait donc que L1 < +∞.Supposons l’événement L1 = j (avec j ∈ N∗ fixé) réalisé.Soit F j

n = [Xj+1 = Xj+2 = . . . = Xj+n] suite décroissante d’événements de probabilitépn + qn par une voie analogue à celle empruntée auparavant.

ω ∈ [L2 =∞] ⇐⇒ ∃j ∈ N∗, ω ∈⋂n∈N∗

F jn.

Par continuité décroissante, l’intersection des événements F jn est de probabilité nulle

(même voie qu’au dessus). Donc la variable L2 est presque sûrement finie.

P[L1=j∩Xj=0](L2 = n) = P([1 = Xj+2 = . . . = Xj+n et Xj+n+1 = 0]

)= qpn−1

(car il faut prendre garde à ce que la condition 1 = Xj+1 est déjà réalisée car partie de[L1 = j ∩Xj = 0].

P[L1=j∩Xj=1](L2 = n) = pqn−1

Par les probabilités totales (à justifier . . .),

P (L2 = n) =∞∑j=1

P[L1=j∩Xj=0](L2 = n)P (L1 = j ∩Xj = 0)+P[L1=j∩Xj=1](L2 = n)P (L1 = j ∩Xj = 1)

P (L2 = n) =∞∑j=1

qpn−1pqj + pqn−1qpj =q2

1− p+

p2

1− q= p+ q = 1.

On écrit de nouveau la fonction génératrice (qui a le même rayon)

ϕ2(s) =p2s

1− qs+

q2s

1− ps

ϕ′2(s) =

p2

1− qs+

p2sq

(1− qs)2+

q2

1− ps+

q2sp

(1− ps)2

ϕ′2(1) = E(L2) = 2.

ϕ”2(1) = 2p2 + q2

pq

Var(L2) = 2p2 + q2

pq+ 2− 4 = 2

1− 3 pq

pq.

PSI 110. (Mines 110.)Soit A ∈Mn(C). On suppose qu’il existe P ∈ C[X] tel que P (A) est diagonalisable et P ′(A)est inversible. Montrer que A est diagonalisable.

PSI 110. (Mines 110.)Soit A ∈Mn(C).On sait qu’il existe P ∈ C[X] tel que P (A) est diagonalisable (sur C nécessairement), doncil existe Q ∈ C[X] scindé à racines simples tel que Q (P (A)) = 0. Autrement dit H = Q Pannule A.Supposons que H ′ ait une racine complexe α commune avec H .On aurait H ′(α) = P ′(α)Q′ (P (α)) = 0 = P ′(α)Q′ (β) = 0 et Q (P (α)) = 0 = Q (β) .

Comme le complexe β ne peut annuler à la fois Q qui est simple, et sa dérivée, il vientnécessairement P ′(α) = 0.On a H(X) = (X − α)H1(X).Si (A−αIn) n’est pas inversible, tout polynôme de A qui sera multiple sera également noninversible (en prenant par exemple le déterminant), et donc P ′(A) ne sera pas inversible,c’est exclu. Donc A− αIn ∈ Gln(). Ainsi H1(A) = (A− αIn)H(A) = 0, et H1 annule A.On peut procéder ainsi, "en dégraissant", progressivement toutes les racines multiples deH . En effet si Hk a été construit annulateur en enlevant k racines multiples de H , et s’il resteune racine multiple α on reprend la démonstration pour construire Hk+1 tel que Hk+1(A) =(A− αIn)Hk(A) = 0.On aboutit à un polynôme scindé simple qui annule A, ainsi par théorème A est diagona-lisable.

PC 111. (Mines 111.)Soient A et B deux événements indépendants de (Ω, T , P ).On pose Z = 1A + 1B.

a) Déterminer Z(Ω).

b) Montrer qu’il existe k ∈ Z(Ω) tel que P (Z = k) ≥ 49.

PC 111. (Mines 111.)Soient A et B deux événements indépendants de (Ω, T , P ).On pose Z = 1A + 1B.

a) Clairement Z(Ω) = 0, 1, 2.b) On pose x = P [A] et y = P [B], S la somme et P le produit.

Comme A et B sont indépendants, il en va de même pour leurs complémentaires.Pour

P (Z = 0) = P[A ∩B

]= P

[A]P[B]

P (Z = 0) = (1− P [A]) (1− P [B]) = (1− x)(1− y) = 1− y − x+ xy = 1 + P − S.

P (Z = 2) = P [A ∩B] = P [A]P [B] = xy = P.

P (Z = 1) = 1− xy − (1− x)(1− y) = −2xy + y + x = S − 2P

On place le point de coordonnée (P, S), avec P ∈ [0, 1].

Pour résoudre ces conditions on raisonne sur un graphique.La première condition est que S2 − 4P doit être positif (c’est-à-dire S ≥ 2

√P , pour

qu’on puisse retrouver les probabilités x et y comme des réels. Ceci revient à prendre lepoint M à l’extérieur de la parabole.On sait par produit que P ∈ [0, 1], et comme P (Z = 0) ∈ [0, 1], −1 ≤ P − S ≤ 0,0 ≤ S − P ≤ 1, P ≤ S ≤ P + 1

La première condition est nécessairement vérifiée la seconde nous force à prendre lepoint sous la parallèle à la première bissectrice passant par (0, 1), la droite (AT ).Ensuite la projection P = P (Z = 2) s’obtient directement sur l’axe des abscisses, alorsque P (Z = 1) se lit comme l’ordonnée à l’origine associée à la droite d’équation S −2P = SM − 2PM .Pour trouver 1 + P − S = P (Z = 0), on cherche l’ordonnée à l’origine de la droited’équation 1 + P − S = 1 + PM − SM soit P + SM − PM = S, ordonnée à l’origine quel’on symétrise par rapport au point I(0, 1

2).

Le triangle beige ATP convient puisqu’alors c’est P = P (Z = 2) qui est supérieurà 4/9 (on a tracé la verticale d’équation P = 4/9 c’est (OP ). En traçant la parallèleà la première bissectrice qui passe par (0, 4/9) on définit la zone verte dans laquelleP (Z = 1) est nécessairement supérieur à la valeur souhaitée. Il reste à vérifier que dansla dernière zone, petit triangle de sommet C c’est P (Z = 0) qui prend le relai (par lasymétrie c’est manifeste.).

Il existe k ∈ Z(Ω) tel que P (Z = k) ≥ 49.

PSI 113. (Centrale 113.)Soit E un espace vectoriel normé de dimension finie.

a) Montrer que les boules de E sont convexes.

b) Soit C une partie convexe de E. On suppose que C est dense dans E. Montrer queC = E :

i) dans le cas où E = R ;

ii) dans le cas général.

PSI 113. (Centrale 113.)Soit E un espace vectoriel normé de dimension finie.

a) Voir le cours.

b) Soit C une partie convexe de E. On suppose que C est dense dans E.

i) Cas où E = R . Si e ∈ E, par définition pour tout ε > 0 il existe c ∈ C tel qued(e, c) < ε. Soit f le symétrique de c par rapport à e. Il existe d ∈ C tel que d(f, d) < ε

4.

Par construction c et f n’appartiennent pas au même demi-plan de frontière la mé-diatrice δ de [c, f ] et par construction d appartient au même demi-plan que f . Donce ∈ [c, d] et par convexité e ∈ C.

ii) On raisonne par récurrence sur la dimension de l’espace. Soit H un hyperplan de Eet C ′ = H ∩ C, qui est convexe par intersection de convexes. On sait en outre que Hest le noyau d’une forme linéaire continue `.

Soit h ∈ H , et c un élément de C qui situé à ε > 0 de h. Si c ∈ C ′ il convientpour approcher h à ε près. Si c /∈ H , il est tel que, par exemple, `(c) > 0. La bouleouverte de centre h et de rayon ε intersectionnée avec l’ouvert `−1 (]−∞, 0[) donneun ouvert Ω qui contient nécessairement 5 un élément d ∈ C. Par construction tousles éléments de [c, d] appartiennent à la boule de départ et approche h à ε près, et parconstruction ce segment rencontre nécessairement H . Ceci donne un élément c′ ∈ Cqui approche h à ε près.Ainsi, par hypothèse de récurrence, C ′ convexe dense dans H est égal à H .On vient de démontrer que l’intersection de tout hyperplan H avec C est égal à E.Comme tout élément de E appartient nécessairement à un hyperplan, il est aussidans C et C = E.

5. Puisque cet ouvert contient une boule ouverte de rayon ρ dont on peut approcher le centre par un élément deC à ρ

2 près.