C. Quelques propriétés de la compacité

SESSION 2017

Concours commun Mines-Ponts

DEUXIÈME ÉPREUVE. FILIÈRE MP

A. Préliminaires sur les matrices

1)SoitS∈S_n(R). D’après le théorème spectral,Sest orthogonalement semblable à une matrice diagonale réelle.

• Supposons que S ∈ S⁺⁺_n (R). Soient λ ∈R une valeur propre de S puisE un vecteur propre unitaire associé. E^TSE = E^T(λE) =λ(E^TE) =λkEk²2=λ. PuisqueE6=0, on en déduit que

λ=E^TSE > 0.

Ceci montre que le spectre deSest contenu dansR⁺.

• Supposons que le spectre de S soit contenu dans R⁺. Posons S = PDP^T où D = diag(λ_i)_16i6n ∈ D_n(]0,+∞[) et P∈On(R). SoientX∈M_n,1(R)\ {0}puisX^′=P⁻¹X=P^TX= (x_i^′)_16i6n. Puisque P⁻¹∈GLn(R), on aX^′ 6=0 puis

X^TSX=X^TPDP^TX= P^TXT

D P^TX

=X^′TDX^′= Xn

i=1

λ_ix_i^′2> 0

car tous les termes de la somme sont positifs, l’un au moins d’entre eux étant strictement positif. Ceci montre que S∈S⁺⁺_n (R).

2)SoitS∈S⁺⁺_n (R). PosonsPDP^T oùD=diag(λ_i)_16i6n∈Dn(]0,+∞[)et P∈On(R). SoitD^′ =diag √ λi

16i6n. S=PDP^T =PD^′2P^T =PD^′D^′TP^T = (PD^′)(PD^′)^T =R^TR

où la matriceR= (PD^′)^T =D^′P^T est inversible en tant que produit de matrices inversibles. On a montré que

∀S∈S⁺⁺_n (R), ∃R∈GLn(R)/ S=R^TR.

Réciproquement, soientR∈GLn(R)puisS=R^TR.Sest symétrique réelle carS^T =R^T R^TT

=R^TR=S. De plus, pour X∈M_n,1(R)\ {0},

X^TSX=X^TR^TRX= (RX)^T(RX) =kRXk²2> 0 carRX6=0 puisqueX6=0et R∈GL_n(R). Par suite, S∈S⁺⁺_n (R).

3)Soient(S, S^′)∈(S⁺⁺_n (R))²puisλ∈[0, 1]. SoitS^′′=λS+(1−λ)S^′.S^′′est symétrique réelle carSn(R)est un sous-espace vectoriel deM_n(R). PourX∈M_n,1(R)\ {0},

X^TS^′′X=λX^TSX+ (1−λ)X^TS^′X > 0

car les deux nombresλX^TSX et (1−λ)X^TS^′Xsont positifs, l’un d’entre eux est strictement positif. Donc,S^′′ ∈S⁺⁺_n (R).

Ceci montre queS⁺⁺_n (R)est convexe.

B. Autres préliminaires

4)Soit φ : Rⁿ⁺¹×Eⁿ⁺¹ → E (λ_i)_16i6n+1,(x_i)_16i6n+1

7→

n+1X

i=1

λixi

. Alors, conv(K) =φ(H ×Kⁿ⁺¹).

•L’hyperplan affineH^′ d’équationλ1+. . .+λn+1=1est un fermé deRⁿ⁺¹et[0,+∞[ⁿ⁺¹est un fermé deRⁿ⁺¹en tant que produit de fermés deR. Donc,H=H^′∩[0,+∞[ⁿ⁺¹est un fermé deRⁿ⁺¹en tant qu’intersection de fermés deRⁿ⁺¹. D’autre part, Hest une partie bornée de Rⁿ⁺¹ car pour toutλ = (λ_i)_16i6n+1 ∈ H, kλk^∞ 61. H est donc un fermé, borné deRⁿ⁺¹qui est de dimension finie et doncHest un compact deRⁿ⁺¹d’après le théorème deBorel-Lebesgue.

• H ×Kest un compact deRⁿ⁺¹×Een tant que produit de compacts.

•L’applicationφest2n+2linéaire sur l’espace de dimension finieRⁿ⁺¹×Eⁿ⁺¹et donc l’applicationφest continue sur Rⁿ⁺¹×Eⁿ⁺¹.

•Finalement, conv(K) =φ(H ×Kⁿ⁺¹)est un compact deEen tant qu’image directe d’un compact par une application continue.

5)SoitB= (e1, . . . , en)une base orthonormée deE. Posonsk=kg(e1)k.

Soiti∈J2, nK.he1+ei, e1−eii=e²₁−e²_i =1−1=0. Mais alorshg(e1+ei)), g(e1−ei)i=0. Ceci fournit(g(ei))²= (g(e₁))²puiskg(e_i)k=k.

Soit alorsx= Xn

i=1

xiei∈E. Puisque la famille(g(e_i))_16i6n est orthogonale,

kg(x)k²=h Xn

i=1

xig(ei), Xn

j=1

xjg(ej)i= Xn

i=1

x²_ikg(ei)k²

=k² Xn

i=1

x²_i =k²kxk²,

et donc,kg(x)k=kkxk.

Sik=0, alorsg=0=0◦IdE. Dans ce cas,gest la composée d’une homothétie et d’un automorphisme orthogonal.

Sik6=0, 1

kgconserve la norme. Donc, 1

kgest un certain automorphisme orthogonalhou encoreg=kId_E◦hoùh∈O(E).

Dans ce cas aussi,gest la composée d’une homothétie et d’un automorphisme orthogonal.

6)On sait queOn(R)est un sous-groupe du groupe(GL_n(R),×).

• ∀A ∈ O_n(R), kAk2 = p

Tr(A^TA) = p

Tr(I_n) = √

n. Donc, O_n(R) est une partie bornée de l’espace euclidien (M_n(R),h, i).

•Soient f : M_n(R) → M_n(R) A 7→ A^TA

, g : M_n(R) → (M_n(R))² A 7→ A^T, A

et h : (M_n(R))² → M_n(R)

(M, N) 7→ MN

.

gest continue surM_n(R)car linéaire sur l’espace de dimension finieM_n(R).h est continue sur(M_n(R))²car bilinéaire sur un espace de dimension finie.

f=h◦gest donc continue surM_n(R). Par suite,On(R) =f⁻¹({I_n})est un fermé deM_n(R)en tant qu’image réciproque d’un fermé par une application continue.

C. Quelques propriétés de la compacité

7)Soientϕ : N→Nune application strictement croissante surNpuis(v_n)_n∈N= u_ϕ(n)

n∈N.

Par hypothèse, pour tout (n, p)∈ N² tel que n 6= p, kv_n−v_pk >ε. Si on suppose par l’absurde que la suite (v_n)_n∈N

converge vers un certain élémentℓdeE, il existe un rangn₀tel que pourn>n₀,kv_n−ℓk6ε

4. Mais alors, kv_n0+1−v_n0k6kv_n0+1−ℓk+kℓ−v_n0k6ε

2 < ε, ce qui contredit l’hypothèse. Donc la suite u_ϕ(n)

n∈N diverge.

8)On montre par l’absurde que pour toutε > 0, il existep∈N^∗ puisx₁, . . . ,x_pélément deK(erreur probable d’énoncé au vu de la suite) tel queK⊂

p

[

i=1

B(x_i, ε)

Le résultat est immédiat siKest vide. On suppose dorénavant que Kn’est pas vide.

Supposons par l’absurde qu’il existeε > 0tel que pour toutp∈N^∗ et tout(ui)_16i6p∈K^p, K6⊂

p

[

i=1

B(ui, ε).

Construisons par récurrence une suite(x_n)_n∈Nd’éléments deKtelle que pour tout(n, p)∈N²tel quen6=p,kxn−xpk>ε (∗).

•PuisqueK6=∅, on peut choisirx0∈K.

• Soit n > 0. Supposons avoir construit des éléments x_k, 0 6 k 6 n, de K tels que si (k, l) ∈ J0, nK² et k 6= l, alors kxk−xlk>ε. Par hypothèse,K6⊂

n

[

k=0

B(x_k, ε). Donc, il existe un élémentxn+1de Kn’appartenant pas à

n

[

k=0

B(x_k, ε) ou encore vérifiant pour toutk∈J0, nK,kxn+1−xkk>ε.

On a construit par récurrence une suite(x_n)_n∈Nd’éléments deKtelle que pour tout(n, p)∈N²tel quen6=p,kx_n−x_pk>

ε.

Puisque K est compact, la suite (x_n)_n∈N admet une suite extraite convergente ce qui contredit le résultat établi à la question précédente.

On a montré par l’absurde que pour toutε > 0, il existep∈N^∗etx₁, . . . ,x_pdes éléments deKtels queK⊂

p

[

i=1

B(x_i, ε).

9)Supposons par l’absurde que pour toutα > 0, il existex_α∈Ktel que, pour touti∈I,B(x_α, α)6⊂Ω_i. En particulier, pour toutn∈N, il existex_n∈Ktel que, pour touti∈I,B

x_n, 1

n+1

6⊂Ω_i. La suite(x_n)_n∈Nest une suite du compact K. On peut en extraire une suite(y_n)_n∈N= x_ϕ(n)

n∈Nconvergente, de limitey∈K.

y∈K⊂[

i∈I

Ω_i et donc il existei₀∈Itel quey∈Ω_i0 puis, puisqueΩ_i0 est ouvert, il exister > 0tel queB(y, r)⊂Ω_i0. Les deux suites

1 ϕ(n) +1

n∈N

et(ky_n−yk)_n∈N convergent vers0. On choisit alorsn₀∈Ntel que 1

ϕ(n₀) +1 6 r 4 et kyn0−yk6 r

4. Soitz∈B

yn0, 1 ϕ(n0) +1

.

kz−yk6kz−y_n0k+ky_n0−yk6 1

ϕ(n₀) +1 + r 4 6 r

2 < r et doncB

x_ϕ(n0), 1 ϕ(n₀) +1

⊂B(y, r)⊂Ω_i0ce qui est une contredit le fait que pour touti∈I,B

x_ϕ(n), 1 ϕ(n) +1

6⊂

Ωi.

On a montré qu’il existeα > 0tel que pour toutx∈K, il existei∈Itel queB(x, α)⊂Ω_i. D’après la question précédente, on peut choisirp∈N^∗ puisx1, . . . , xpéléments deKtels queK⊂

p

[

k=1

B(x_k, α)⊂

p

[

k=1

Ωik.

10) Pour i ∈ I, posons Ωi = ^cFi de sorte que pour tout i de I, Ωi est un ouvert de E. Par hypothèse, \

i∈I

Fi = ∅. Par passage au complémentaire, K⊂ E = [

i∈I

Ω_i. D’après la question précédente, il existe p∈ N^∗ puis Ω_i1, . . . , Ω_ip tels que K ⊂

p

[

k=1

Ωik ou encore

p

\

k=1

Fik ⊂ ^cK. Puisque les Fik sont des parties de K, on a aussi

p

\

k=1

Fik ⊂ K et donc

p

\

k=1

F_ik ⊂K∩^cK=∅. Finalement,

p

\

k=1

F_ik =∅.

D. Théorème du point fixe de Markov - Kakutani

11) Soit x ∈ E. Soit f : L(E) 7→ R u 7→ ku(x)k

, g : L(E) 7→ E u 7→ u(x)

et h : E 7→ R y 7→ kyk

. g est continue sur l’espace de dimension finie L(E) car linéaire et on sait que h est continue sur l’espace vectoriel normé (E,k k). Donc, f=h◦gest continue surL(E).

{ku(x)k, u∈G}= f(G) est un compact de Ren tant qu’image d’un compact de L(E) par l’application continuef. De plus,Gest non vide (car Gest un groupe) et donc {ku(x)k, u∈G}est non vide. Un compact étant borné, on en déduit que{ku(x)k, u∈G}est une partie non vide et majorée deR. Donc,N_G(x)existe.

Vérifions queNGest une norme surE.

•D’après le début de la question,N_G est une application deEdansR⁺.

• Soitx∈ E. Si NG(x) = 0, alors∀u∈ G, ku(x)k 60 puisu(x) = 0.G n’est pas vide et donc il existe u0 ∈G tel que u0(x) =0. Puisqueu0 est un automorphisme, on en déduit quex=0.

• Soient x ∈ E et λ ∈ R. Pour tout u∈ G, ku(λx)k = |λ|ku(x)k 6 |λ|NG(x)et donc NG(λx) 6|λ|NG(x) (car NG(λx) est le plus petit des majorants de {ku(λx)k, u∈G}). Inversement, siλ = 0, |λ|NG(x) 6NG(λx) et si λ 6= 0, NG(x) = NG

1 λλx

6 1

|λ|NG(λx)puis de nouveau|λ|NG(x)6NG(λx). Finalement,NG(λx) =|λ|NG(x).

• Soit (x, y) ∈ E². Pour tout u ∈ G, ku(x+y)k = ku(x) +u(y)k 6 ku(x)k+ku(y)k 6 N_G(x) +N_G(y) et donc N_G(x+y)6N_G(x) +N_G(y)(carN_G(x+y)est le plus petit des majorants de{ku(x+y)k, u∈G}).

On a montré queN_G est une norme surE.

12)

• Soient x ∈ E et u ∈ G. N_G(u(x)) = sup{kv(u(x))k, v∈G}. Pour tout v ∈ G, v◦u ∈ G puis kv(u(x))k 6 N_G(x).

Ainsi, pour toutx ∈E et tout u∈ G,N_G(u(x)) 6N_G(x). Ensuite, pour x ∈E et u∈ G, u⁻¹ ∈ G et donc N_G(x) = N_G u⁻¹(u(x))

6N_G(u(x)). Finalement, pour toutxdeDet toutu∈G,N_G(u(x)) =N_G(x).

•Soit(x, y)∈E²tel que x6=0. Alors pour toutu∈G,u(x)6=0 carG⊂GL(E).

Puisque, pour tout z ∈ E, l’application f : L(E) 7→ R u 7→ ku(z)k

est continue sur L(E) et que G est un compact de L(E), pour toutz∈E, il existeuz ∈Gtel que NG(z) =kuz(z)k. Par suite,

NG(x+y) =kux+y(x+y)k6kux+y(x)k+kux+y(y)k6NG(x) +NG(y)

avec égalité si et seulement si chacune des inégalités écrites est une égalité. Puisque k kest la norme euclidienne et que u_x+y(x)6=0, l’égalitéku_x+y(x) +u_x+y(y)k= ku_x+y(x)k+ku_x+y(y)kimpose l’existence de λ∈R⁺ tel que u_x+y(y) = λu_x+y(x) =u_x+y(λx). Puisqueu_x+yest un automorphisme, on en déduit quey=λx.

Réciproquement, siy=λx,λ∈R⁺, alorsNG(x+y) =NG((1+λ)x) = (1+λ)N_G(x) =NG(x)+λNG(x) =NG(x)+NG(y).

13) u⁰(x) = x ∈ K puis par récurrence, pour tout i ∈ N, uⁱ(x) ∈ K. Puisque K est convexe, pour tout n ∈ N^∗, xn= 1

n

n−1X

i=0

uⁱ(x) =

n−1X

i=0

1

nuⁱ(x)∈K.

La suite(xn)_n∈N∗ est une suite d’éléments du compactK. On peut en extraire une sous-suite x_ϕ(n)

n∈N∗ convergente, vers un certain élémentadeK.

Soitn∈N^∗.u(x_n) −x_n= 1 n

n−1X

i=0

uⁱ⁺¹(x) −1 n

n−1X

i=0

uⁱ(x) = 1 n

n−1X

i=0

uⁱ⁺¹(x) −uⁱ(x)

= 1

n(uⁿ(x) −x). Puisquexetuⁿ(x) sont dansK,

ku(x_n) −x_nk= 1

nkuⁿ(x) −xk6 δ(K) n . En particulier,∀n∈ N^∗,

u x_ϕ(n)

−x_ϕ(n)

6 δ(K)

ϕ(n). On en déduit que la suite u x_ϕ(n)

−x_ϕ(n)

converge vers 0.

D’autre part,uest un endomorphisme de l’espace Equi est de dimension finie. On en déduit queuest continu surE et en particulier ena. Donc, la suite u x_ϕ(n)

−x_ϕ(n)

converge aussi versu(a) −a. Finalement, u(a) =a.

14)Soitx∈K. Pour touti∈J1, rK,ui(x)∈K. PuisqueKest convexe, on en déduit queu(x)∈K. Donc,Kest stable par u. D’après la question précédente, il existea∈Ktel que u(a) =a.

15)D’après la question 12, pour tout i ∈J1, pK, N_G(u_i(a)) =N_G(a) puis 1 r

Xr

i=1

N_G(u_i(a)) = 1 r

Xr

i=1

N_G(a) = N_G(a).

Donc,

NG

1 r

Xr

i=1

ui(a)

!

=NG(u(a)) =NG(a) = 1 r

Xr

i=1

NG(ui(a)).

On en déduit encoreN_G Xr

i=1

u_i(a)

!

= Xr

i=1

N_G(u_i(a)).

Soitj∈J1, rK.

NG

Xr

i=1

ui(a)

!

6NG(u_j(a)) +NG



 X

i6=j

ui(a)





6 Xr

i=1

NG(ui(a)) =NG

Xr

i=1

ui(a)

! .

Donc,NG

Xr

i=1

ui(a)

!

=NG(uj(a)) +NG



 X

i6=j

ui(a)



.

16)Mais alors, d’après la question 12, siu_j(a)6=0, il existeλ_j∈R⁺tel queX

i6=j

u_i(a) =λ_ju_j(a)ou encoreru(a)−u_j(a) = λuj(a)ou enfin, u(a) = λj+1

r uj(a).

Le résultat reste clair siuj(a) =0car alorsa=0(ujétant un automorphisme).

17)Soitj∈J1, rK. L’égalitéu(a) =afournit N_G(a) =N_G(u(a)) =N_G

λj+1 r u_j(a)

= λj+1

r N_G(u_j(a)) = λj+1 r N_G(a) (d’après la question 12). Sia=0,aest un point fixe de chaque élément deG. Sinon, on obtientλj+1

r =1puisuj(a) =a.

Dans tous les cas,aest un point fixe deuj. On a montré queaest un point fixeu₁, . . . ,u_r.

18) PosonsG = (u_i)_i∈I puis pour i ∈ I, posonsFi = {x ∈K/ ui(x) =x} =Ker(u_i−IdE)∩K. Pour chaque i ∈ I, Fi

est un fermé deEcontenu dansK. Si par l’absurde \

i∈I

F_i=∅, alors d’après la question 10, il existe une sous-famille finie (F_i1, . . . , Fir)telle que

r

\

i=1

Fik =∅. Ceci contredit le résultat de la question précédente car toute famille finie d’éléments deGadmet un point fixe commun dansK.

Donc, il existea∈Ktel que, pour tout u∈G,u(a) =a.

E. Sous-groupes compacts de GL

( R )

19) Soit A∈ G ⊂ GLn(R). Pour tout M ∈ M_n(R), ρ_A−1(ρA(M)) = A⁻¹T

A^TMAA⁻¹ = M et donc ρ_A−1 ◦ρA = IdM_n(R). Donc,ρ_A∈GL(M_n(R))et(ρ_A)⁻¹=ρ_A−1.

•Ainsi,H⊂GL(M_n(R)). De plus,In est dans le sous-groupeG et doncId_GLn(R)=ρIn ∈H.

•Il est clair que pour tout(A, A^′)∈G², le produitAA^′ est dans le sous-groupeGpuisρA◦ρA^′ =ρAA^′ ∈H.

•Pour toutA∈G,A⁻¹est dans le sous-groupeG puis(ρ_A)⁻¹=ρ_A−1∈H.

Ainsi,Hest un sous-groupe deGL(M_n(R)).

Comme à la question 6, l’applicationρ : A7→ρAest la composée d’une application bilinéaire et d’une application linéaire en dimension finie. L’application ρ est donc continue sur M_n(R). Par suite,H =ρ(G)est un compact de L (M_n(R)).

Finalement,Hest un sous-groupe compact deGL(M_n(R)).

20)Soit f : A7→ρ_A(I_n) = A^TA. fest continue sur M_n(R)et donc ∆=f(G)est un compact de M_n(R). D’après la question 2, pour toutA∈G,A^TA∈S⁺⁺_n (R). Ainsi,∆est un compact contenu dansS⁺⁺_n (R).

Mais alors,K=conv(∆)est compact d’après la question 4 etK=conv(∆)est contenu dansS⁺⁺_n (R)d’après la question 3.

Soit(A, A^′)∈G².ρ_A′ A^TA

=A^′T A^TA

A^′ = (AA^′)^T(AA^′)∈∆carAA^′∈G. Donc,∆est stable par tous les éléments deH. Par linéarité,K=conv(∆)est stable par tous les éléments deH.

21) K est un compact convexe de M_n(R), stable par tous les éléments du groupeH. D’après la question 18, il existe M∈K⊂S⁺⁺_n (R)tel que ∀A∈G,ρ_A(M) =M.

D’après la question 2, il existeN∈GLn(R)telle queM=N^TN. Pour toutA∈G,

A^TMA=M⇒A^TN^TNA=N^TN⇒ N^−1T

A^TN^TNAN⁻¹=In ⇒ NAN^−1T

NAN⁻¹

=In

⇒NAN⁻¹∈O_n(R).

Donc, il existeN∈GLn(R)telle que pour toutA∈G,NAN⁻¹∈On(R).

SoitG₁=NGN⁻¹.G₁est un sous-groupe de(O_n(R),×)(image du groupeGpar le morphisme de groupesA7→NAN⁻¹) tel queG=N⁻¹G₁N.

22) g◦σP◦g⁻¹

◦ g◦σP◦g⁻¹

=g◦σ²_P◦g⁻¹=Id^Rn. Donc,g◦σP◦g⁻¹ est une symétrie.

NotonsS_P la matrice de σ_P dans la base canonique deRⁿ. La matrice de g◦σ_P◦g⁻¹ dans la base canonique est alors NS_PN⁻¹. Puisque la base canonique est orthonormée,S_P ∈O_n(R). Mais alors, par hypothèse

NS_PN⁻¹∈NO_n(R)N⁻¹⊂NKN⁻¹⊂O_n(R).

Ainsi,NSPN⁻¹∈On(R). Puisque la base canonique est orthonormée,g◦σP◦g⁻¹est un automorphisme orthogonal de Rⁿ et donc une symétrie orthogonale.

Puisquegest un automorphisme,g(P)est un hyperplan deRⁿ. Si x∈g(P), il existey∈Ptel quex=g(y)et donc g◦σ_P◦g⁻¹(x) =g(σ_P(y)) =g(y) =x.

Donc, toutx deg(P) est invariant par la symétrie orthogonaleg◦σ_P◦g⁻¹. On en déduit que g◦σ_P◦g⁻¹ =σ_g(P) ou g◦σP◦g⁻¹=Id^Rn. Mais sig◦σP◦g⁻¹=Id^Rn, alorsσP =Id^Rn ce qui n’est pas. Donc,g◦σP◦g⁻¹=σg(P).

Soitx∈E\0. SoitP=x^⊥.Pest un hyperplan deRⁿ etPest constitué des vecteurs orthogonaux àx. Pour touty∈P, σ_g(P)(g(y)) =g(y)

et

σ_g(P)(g(x)) =g◦σ_P◦g⁻¹(g(x)) =g(σ_P(x)) = −g(x).

Donc, puisqu’une réflexion est un automorphisme orthogonal,

hg(x), g(y)i=hσP(g(x)), σ_g(P)(g(y))i=h−g(x), g(y)i= −hg(x), g(y)i,

et finalement,hg(x), g(y)i=0. Ainsi, l’image de tout vecteur orthogonal àxpargest un vecteur orthogonal àg(x). Ceci montre quegconserve l’othogonalité.

Puisque g conserve l’orthogonalité, d’après la question 5, il existe k ∈ R⁺ et h ∈ O(Rⁿ) tels que g = kh. Puisque g∈ GL(Rⁿ),k 6=0 puisg⁻¹ = 1

kh⁻¹. En notantN^′ la matrice de hdans la base canonique, N^′ ∈On(R)(car la base canonique est orthonormée).

On a alorsNKN⁻¹=kN^′K1

kN^′−1= N^′KN^′−1 et doncN^′KN^′−1⊂O_n(R) puisK⊂N^′−1O_n(R)N^′ ⊂O_n(R). Puisque d’autre part,On(R)⊂K, on a montré que

K=O_n(R).