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CCP Maths 1 MP 2001 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Yacine Dolivet (ENS Ulm) ; il a été relu par Thomas Chomette (ENS Ulm) et Jean Starynkévitch (ENS Cachan).
Dans ce sujet on se propose de démontrer la version 2-dimensionnelle du fameux théorème de Brouwer qui affirme que toute application continue d’un convexe com- pact dans lui-même possède au moins un point fixe.
Dans une première partie assez classique, on établit l’existence et les propriétés de la projection sur les convexes. On aborde ensuite la démonstration proprement dite du théorème. La démarche adoptée consiste à étudier d’abord le cas des fonctionsC2, puis à étendre l’existence d’un point fixe par densité à toutes les fonctions continues.
Dans une dernière partie enfin, on établit quelques conséquences intéressantes du théorème ; plusieurs d’entre elles sont des exercices classiques dans l’esprit de ce qui pourrait tomber à l’oral. Il est donc judicieux d’assimiler les idées développées ici.
Outre le fait que le théorème de Brouwer semble devenir un thème à la mode, ce sujet, complet, fait de plus intervenir beaucoup de techniques classiques d’algèbre bilinéaire, d’analyse et de topologie. Bref, c’est un bon entraînement.
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Indications
Mise en garde :pour les questions 5 et 8, la résolution proposée ici s’écarte des suggestions de l’énoncé dans le seul souci pédagogique de mieux mettre en valeur les arguments à utiliser, qui restent les mêmes de toute façon.
Partie I
1 Écrire l’identité du parallélogramme.
2 QuandFest compactdx:y7→ kx−yk possède un minimum surF.
4 Développerk(x−α) + (α−y)k2et comparer àkx−αk2.
5 Développerkx−(ty+ (1−t)P(x))k2>kx−P(x)k2et comparer àkx−P(x)k2. 7 Écrirex−y= (x−P(x)) + (P(x)−P(y)) + (P(y)−y).
8 Pour toutx0dans le segment[x; P(x) ], on a
kx−x0k=kx−P(x)k − kx0−P(x)k
Partie II
9 Montrer que le discriminant de l’équation du second degré enλ, kx+λ(x−f(x))k2= 1
est strictement positif. D’autre part, la fonction racine estC∞ surR∗+. 10 Différencier la relation kϕ(x)k = 1 et en déduire que l’image de la matrice
jacobienne deϕest incluse dans l’orthogonal deϕ(x). 11.a ψ(x,1)est la matrice étudiée dans la question précédente.
11.c αs’annule sur le cercle !
11.d Que vaut α sur le cercle ? Et que dire de la constance de J d’après la ques- tion 11.b ?
13 Écriref = 1
1 +εf+ ε
1 +εf et utiliser l’inégalité triangulaire.
14 Considérer une suite(xn)constituée de points fixes deh1/n, montrer qu’elle a une valeur d’adhérence et montrer que celle-ci est point fixe def.
16.b Prouver que h a un point fixe et montrer que celui-ci ne peut se trouver que dansA.
Partie III
19 Montrer quehest uniformément continue.
20.a Montrer que g(r) a un point fixe, et multiplier la relation g(r)(u(r)) = u(r) paru(r).
20.b D’après la question d’avant(y|u(r))>rky−f(u(r))k. Utiliser alors l’inégalité de Schwarz à gauche et l’inégalité triangulaire à droite.
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I. Projection sur un convexe fermé deRn
1 La première partie de cette question fait directement appel au cours, on redonne rapidement la démonstration. Soient deux vecteursxet y. Alors pour tout t∈Ron akx+t yk>0, d’où, en prenant le carré et en développant
kyk2t2+ 2 (x|y)t+kxk2>0
Or, un polynôme du second degré entne peut être toujours positif que si son discri- minant (réduit) est négatif ou nul, ce qui s’écrit
(x|y)26kxk2kyk2 D’où, en prenant la racine de cette inégalité
|(x|y)|6kxk kyk (inégalité de Schwarz) Dans le cas d’égalité, le discriminant s’annule et donc il existe une racine doublet0
vérifiantkx+t0yk= 0. Les deux vecteurs sont alors colinéaires.
Pour montrer l’inégalité demandée, on se sert de la relation du parallélogramme kb−ak2+kc−ak2= 2
w w w w
a−b+c 2
w w w w
2
+kb−ck2
!
D’où, avec les hypothèses de l’énoncé kb−ak2=
w w w w
a−b+c 2
w w w w
2
+kb−ck2
>
w w w w
a−b+c 2
w w w w
2
v
u
w z
kwk 2
+kzk 2
=2(kuk 2
+kvk 2
)
avecu= 1
2(w+z) et v = 1
2(w−z). En prenantw =b−a et z =c−a, on obtient la forme de la propriété du parallélogramme utilisée juste avant.
Notons enfin qu’on aurait pu aboutir au résultat sans connaître cette relation.
En effet, avec les hypothèses, si jamaisa−bet a−csont colinéaires, alors, puisqu’ils sont de même norme et queb6=c, on aa=(b+c)/2 et l’inégalité est vraie, et s’ils ne le sont pas, l’inégalité de Schwarz écrite pour a−b et a−ceststricte. Alors, en élevant au carré l’inégalité suivante
w w w
wa−b+c 2
w w w w=1
2k(a−b) + (a−c)k 6 1
2(ka−bk+ka−ck) et en utilisant cette inégalité stricte de Schwarz, on obtient le résultat.
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2 Ce qu’on cherche à montrer, c’est que la distance à un fermé deRn est toujours atteinte.
Soient x ∈ Rn et F un fermé non vide de Rn. Considérons dx : y 7→ kx−yk l’application distance au point x définie sur Rn; elle est continue. Si F est borné, sa restriction dx
F au compact F (on rappelle que dans Rn les fermés bornés sont exactementles compacts), admet un minimum qui est atteint en un certainu∈F.
SiFn’est plus borné, on choisity0dansF(F est non vide). On noted=kx−y0k etB = B(x, d)la boule fermée centrée en xde rayond. AlorsF∩Bétant compact et d’après ce qui vient d’être dit, il existe u ∈ F∩B minimisant dx
F∩B et en particulierkx−y0k>kx−uk. Mais alors, pour touty∈F,
• soitkx−yk6kx−y0k alorsy∈Bet donckx−yk>kx−uk,
• soitkx−yk>kx−y0k>kx−uk de toute façon.
Ainsi ∀y∈F ∃u∈F kx−yk>kx−uk
3 Soit A un convexe fermé non vide. La question précédente établit l’existence deu.
Il ne nous reste alors plus qu’à montrer qu’il est unique pour la propriété demandée.
Considérons donc un autre v ∈ A vérifiant la même chose. On a donc bien sûr kx−uk>kx−vket kx−vk>kx−uk, autrement dit
kx−uk=kx−vk À présent, si on avait u 6= v, on aurait
w w w w
x−u+v 2
w w w w
< kx−uk d’après la question 1. Mais ceci est absurde puisqueAétant convexe, u+v
2 est dansAet donc nécessairement
w w w w
x−u+v 2
w w w w
>kx−uk.
La meilleure façon de montrer l’importance de l’hypothèse de convexité est de considérer le cas où Aest un cercle (non réduit à un point). Alors pourx son centre, une pourrait pas être moins unique puisqu’icitousles élements deA sont équidistants dex!
4 Considéronsα∈Asatisfaisant les hypothèses de l’énoncé et prenonsyquelconque dansA. Alors on a
kx−yk2 = k(x−α) + (α−y)k2
= kx−αk2+kα−yk2−2 (x−α|y−α) kx−yk2 >kx−αk2
puisque tous les autres termes du membre de droite sont positifs selon l’hypothèse.
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