Corrigé du contrôle de maths spé : compacité, connexité par arcs, dimension finie

Exercice 1 : Question de cours : bornes atteintes et dimension finie (4 points)

1. Énoncé. Si \(K\) est une partie compacte non vide d’un espace normé et si \(f : K \to \mathbb{R}\) est continue, alors \(f\) est bornée et atteint ses bornes : il existe \(x_0, x_1 \in K\) tels que \(f(x_0) = \inf_K f\) et \(f(x_1) = \sup_K f\).

   \(f\) est bornée. Sinon, pour tout \(k \in \mathbb{N}\), il existe \(x_k \in K\) tel que \(|f(x_k)| \geq\, k\). Par compacité, une suite extraite \((x_{\sigma(k)})\) converge vers \(\ell \in K\). Par continuité de \(f\) en \(\ell\), \(f(x_{\sigma(k)}) \to f(\ell)\), alors que \(|f(x_{\sigma(k)})| \geq\, \sigma(k) \geq\, k\) tend vers \(+\infty\) : c’est absurde.

   La borne supérieure est atteinte. Soit \(M = \sup_K f\), qui existe car \(f(K)\) est non vide et majoré. Par caractérisation de la borne supérieure, il existe \(x_k \in K\) tel que \(M – \frac{1}{k+1} < f(x_k) \leq\, M\). Une suite extraite \((x_{\sigma(k)})\) converge vers \(x_1 \in K\), et par continuité \(f(x_1) = \lim f(x_{\sigma(k)}) = M\). On traite la borne inférieure de même, avec \(-f\). Le théorème est démontré.

2. Pour \(x = \sum x_i e_i\), l’inégalité triangulaire et l’homogénéité donnent :

   \[N(x) \leq\, \sum_{i=1}^{n} |x_i|\, N(e_i) \leq\, C N_\infty(x), \qquad C = \sum_{i=1}^{n} N(e_i) > 0.\]

   Ensuite, \(|N(x) – N(y)| \leq\, N(x – y) \leq\, C N_\infty(x – y)\) : \(N\) est \(C\)-lipschitzienne, donc continue sur \((E, N_\infty)\).

   La sphère \(S\) est compacte et non vide (elle contient \(e_1\)). D’après a), \(N\) atteint sur \(S\) un minimum \(m = N(x_0)\) avec \(x_0 \in S\). Comme \(x_0 \neq 0\), la séparation donne \(m > 0\). Pour \(x \neq 0\), le vecteur \(\frac{x}{N_\infty(x)}\) appartient à \(S\), donc \(N(\frac{x}{N_\infty(x)}) \geq\, m\), soit \(N(x) \geq\, m N_\infty(x)\) ; c’est encore vrai pour \(x = 0\).

   Théorème : sur un espace vectoriel de dimension finie, toutes les normes sont équivalentes (chacune est équivalente à \(N_\infty\), et l’équivalence est transitive).

Barème : a) 0,5 point pour l’énoncé, 0,75 point pour le caractère borné, 0,75 point pour la borne atteinte ; b) 0,5 point pour la constante \(C\), 0,5 point pour la continuité, 0,75 point pour la minoration, 0,25 point pour l’énoncé du théorème.

Exercice 2 : Compacité de O_n(R) et distance à un fermé (4 points)

1. L’application \(\varphi : M \mapsto M^{T} M\) est continue : le coefficient \((i, j)\) de \(M^{T} M\) vaut \(\sum_k m_{ki} m_{kj}\), polynomial en les coefficients de \(M\). Ainsi \(O_n(\mathbb{R}) = \varphi^{-1}(\{I_n\})\) est fermé, comme image réciproque d’un fermé.

   Si \(M \in O_n(\mathbb{R})\), le coefficient diagonal \((j, j)\) de \(M^{T} M\) donne \(\sum_i m_{ij}^2 = 1\), donc \(|m_{ij}| \leq\, 1\) pour tous \(i, j\) : \(\|M\| \leq\, 1\), et \(O_n(\mathbb{R})\) est borné.

   En dimension finie, une partie fermée et bornée est compacte : \(O_n(\mathbb{R})\) est compact.

2. Soit \(x_0 \in F\) et \(r = \|a – x_0\|\). L’ensemble \(K = F \cap B_f(a, r)\) est fermé (intersection de deux fermés), borné, et contient \(x_0\). En dimension finie, il est donc compact et non vide. L’application \(x \mapsto \|a – x\|\) est 1-lipschitzienne, donc continue. Par le théorème des bornes atteintes, elle admet sur \(K\) un minimum en un point \(b\).

   Pour \(x \in F \setminus K\), on a \(\|a – x\| > r \geq\, \|a – b\|\), puisque \(x_0 \in K\). Donc \(\|a – b\| \leq\, \|a – x\|\) pour tout \(x \in F\). Ainsi \(\|a – b\| = d(a, F)\) avec \(b \in F\).

3. L’application \(\Omega \mapsto \operatorname{tr}(A \Omega)\) est linéaire sur l’espace de dimension finie \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\), donc continue. La partie \(O_n(\mathbb{R})\) est compacte d’après a), et non vide car elle contient \(I_n\). Par le théorème des bornes atteintes, le maximum existe et il est atteint en un \(\Omega_0 \in O_n(\mathbb{R})\).

Barème : a) 0,5 point pour le fermé, 0,5 point pour le borné, 0,5 point pour la conclusion citée ; b) 0,75 point pour le compact \(K\), 0,75 point pour la comparaison hors de \(K\) ; c) 1 point.

Erreur fréquente : appliquer directement les bornes atteintes sur \(F\), qui n’est pas borné ; il faut d’abord se restreindre à une boule.

Exercice 3 : Connexité par arcs des groupes linéaires (5 points)

1. Les coefficients de \((1 – z) A + z B\) sont des fonctions affines de \(z\). D’après la formule du déterminant, somme de produits de coefficients, \(P\) est une fonction polynomiale de degré au plus \(n\). De plus, \(P(0) = \det A \neq 0\) et \(P(1) = \det B \neq 0\). Le polynôme \(P\) est donc non nul : il a un ensemble fini \(Z\) de racines, qui ne contient ni \(0\) ni \(1\).

   Pour \(\alpha \in \mathbb{R}\), le chemin \(\gamma_\alpha(t) = t + i \alpha t (1 – t)\) est continu, avec \(\gamma_\alpha(0) = 0\) et \(\gamma_\alpha(1) = 1\). Soit \(z = x + i y \in Z\). L’égalité \(\gamma_\alpha(t) = z\) impose \(t = x\) (parties réelles), puis \(y = \alpha x (1 – x)\). Si \(x \in \{0, 1\}\), cela donnerait \(z \in \{0, 1\}\), exclu. Sinon, cela impose \(\alpha = \frac{y}{x (1 – x)}\). Chaque racine interdit donc au plus une valeur de \(\alpha\). Comme \(Z\) est fini, on peut choisir \(\alpha\) hors de ces valeurs : alors \(\gamma_\alpha\) évite \(Z\).

   

   On pose enfin \(\Gamma(t) = (1 – \gamma_\alpha(t)) A + \gamma_\alpha(t) B\). Cette application est continue de \([0, 1]\) dans \(\mathcal{M}_n(\mathbb{C})\), avec \(\Gamma(0) = A\) et \(\Gamma(1) = B\). De plus, \(\det \Gamma(t) = P(\gamma_\alpha(t)) \neq 0\), donc \(\Gamma\) est à valeurs dans \(GL_n(\mathbb{C})\). Deux matrices inversibles complexes sont toujours reliées par un chemin continu : \(GL_n(\mathbb{C})\) est connexe par arcs.

2. Le déterminant est continu (polynomial en les coefficients). Soit \(D\) la matrice diagonale de coefficients \(-1, 1, \ldots, 1\), inversible. Supposons qu’un chemin continu \(\gamma\) relie \(I_n\) à \(D\) dans \(GL_n(\mathbb{R})\). La fonction réelle \(\det \circ \gamma\) est continue sur l’intervalle \([0, 1]\), vaut \(1\) en \(0\) et \(-1\) en \(1\). D’après le théorème des valeurs intermédiaires, elle s’annule en un point \(t_0\) : alors \(\gamma(t_0)\) n’est pas inversible, ce qui est absurde. Donc \(GL_n(\mathbb{R})\) n’est pas connexe par arcs.

   Dans le cas complexe, l’argument ne s’applique pas : \(\mathbb{C}^*\) est lui-même connexe par arcs.

3. Soient \(a, b \in X\) et \(\gamma : [0, 1] \to X\) un chemin continu de \(a\) à \(b\). La fonction \(g = f \circ \gamma\) est continue sur \([0, 1]\), à valeurs entières. Si \(g(0) < g(1)\), le théorème des valeurs intermédiaires fournit \(t\) tel que \(g(t) = g(0) + \frac{1}{2}\), qui n’est pas entier : c’est absurde. De même si \(g(0) > g(1)\). Donc \(f(a) = g(0) = g(1) = f(b)\). La fonction \(f\) est constante.

Barème : a) 0,5 point pour le polynôme non nul, 1 point pour le choix de \(\alpha\), 1 point pour le chemin dans \(GL_n(\mathbb{C})\) ; b) 0,5 point pour la continuité du déterminant, 1 point pour l’argument des valeurs intermédiaires ; c) 1 point.

Exercice 4 : Théorème de Heine sur des exemples (3 points)

1. Théorème de Heine : toute application continue sur une partie compacte d’un espace normé, à valeurs dans un espace normé, y est uniformément continue. Le segment \([0, 1]\) est un fermé borné de \(\mathbb{R}\), donc compact, et la racine carrée y est continue. Elle est donc uniformément continue sur \([0, 1]\).

2. Par symétrie, on suppose \(0 \leq\, y \leq\, x\). Alors :

   \[(\sqrt{y} + \sqrt{x – y})^2 = x + 2\sqrt{y (x – y)} \geq\, x.\]

   La racine carrée étant croissante, \(\sqrt{x} \leq\, \sqrt{y} + \sqrt{x – y}\), d’où \(|\sqrt{x} – \sqrt{y}| = \sqrt{x} – \sqrt{y} \leq\, \sqrt{|x – y|}\).

   Soit \(\varepsilon > 0\) et \(\eta = \varepsilon^2\). Si \(|x – y| < \eta\), alors \(|\sqrt{x} – \sqrt{y}| < \varepsilon\). La racine carrée est donc uniformément continue sur \([0, +\infty[\) tout entier : la compacité est une condition suffisante, mais pas nécessaire.

3. Posons \(x_k = k + \frac{1}{k}\) et \(y_k = k\) pour \(k \geq\, 1\). Alors \(|x_k – y_k| = \frac{1}{k} \to 0\), tandis que \(x_k^2 – y_k^2 = 2 + \frac{1}{k^2} \geq\, 2\).

   Si la fonction carré était uniformément continue, il existerait, pour \(\varepsilon = 1\), un \(\eta > 0\) tel que \(|x – y| < \eta \Rightarrow |x^2 – y^2| < 1\). Pour \(k > \frac{1}{\eta}\), on aurait donc \(|x_k^2 – y_k^2| < 1\), ce qui contredit la minoration par 2. La fonction carré n’est pas uniformément continue sur \(\mathbb{R}\).

Barème : a) 0,5 point pour l’énoncé, 0,5 point pour l’application ; b) 0,5 point pour l’inégalité, 0,5 point pour la conclusion ; c) 1 point.

Exercice 5 : Problème : composantes connexes par arcs des projecteurs (4 points)

1. L’application \(h : M \mapsto M^2 – M\) est continue (coefficients polynomiaux), donc \(\mathcal{P} = h^{-1}(\{0\})\) est fermé.

   Soit \(M \in \mathcal{P}\). Le polynôme \(X^2 – X = X (X – 1)\) annule \(M\) et il est scindé à racines simples. Donc \(M\) est diagonalisable, de spectre inclus dans \(\{0, 1\}\). Quitte à réordonner la base de diagonalisation, \(M\) est semblable à une matrice \(J_r\). Le rang étant invariant par similitude, \(r = \operatorname{rg} J_r = \operatorname{rg} M\). Enfin \(\operatorname{tr} M = \operatorname{tr} J_r = r = \operatorname{rg} M\).

2. Si \(Q \in GL_n(\mathbb{C})\), alors \((Q J_r Q^{-1})^2 = Q J_r^2 Q^{-1} = Q J_r Q^{-1}\) et \(\operatorname{rg}(Q J_r Q^{-1}) = r\) : cette matrice est dans \(\mathcal{P}_r\). L’inclusion réciproque est la question a). Donc \(\mathcal{P}_r = \{Q J_r Q^{-1} : Q \in GL_n(\mathbb{C})\}\).

   L’application \(Q \mapsto Q^{-1} = \frac{1}{\det Q} \operatorname{Com}(Q)^{T}\) est continue sur \(GL_n(\mathbb{C})\) : ses coefficients sont des quotients de polynômes en les coefficients, à dénominateur non nul. Le produit matriciel étant continu, \(\psi : Q \mapsto Q J_r Q^{-1}\) est continue.

   Soient \(M_0 = \psi(Q_0)\) et \(M_1 = \psi(Q_1)\) dans \(\mathcal{P}_r\). D’après l’exercice 3, un chemin continu \(\gamma\) relie \(Q_0\) à \(Q_1\) dans \(GL_n(\mathbb{C})\). Alors \(\psi \circ \gamma\) est un chemin continu de \(M_0\) à \(M_1\), à valeurs dans \(\mathcal{P}_r\). Ainsi \(\mathcal{P}_r\) est connexe par arcs.

3. D’après a), \(\mathcal{P}_r = \mathcal{P} \cap \operatorname{tr}^{-1}(\{r\})\). La trace est linéaire en dimension finie, donc continue. \(\mathcal{P}_r\) est donc fermé, comme intersection de deux fermés.

   Pour \(r = 0\), une matrice semblable à \(0\) est nulle, donc \(\mathcal{P}_0 = \{0\}\). Pour \(r = n\), une matrice semblable à \(I_n\) vaut \(I_n\), donc \(\mathcal{P}_n = \{I_n\}\). Ces deux ensembles sont compacts.

   Pour \(1 \leq\, r \leq\, n – 1\), posons \(M_t = J_r + t E_{1n}\). On a \(J_r E_{1n} = E_{1n}\) (car \(1 \leq\, r\)), \(E_{1n} J_r = 0\) (car la colonne \(n\) de \(J_r\) est nulle, puisque \(n > r\)) et \(E_{1n}^2 = 0\). Donc \(M_t^2 = J_r + t E_{1n} = M_t\), et \(\operatorname{tr} M_t = r\) : \(M_t \in \mathcal{P}_r\). Comme \(\|M_t\|\) tend vers \(+\infty\) avec \(|t|\), \(\mathcal{P}_r\) n’est pas borné, donc pas compact.

   Conclusion : \(\mathcal{P}_r\) est compact si et seulement si \(r = 0\) ou \(r = n\).

4. Soit \(\gamma\) un chemin continu dans \(\mathcal{P}\) reliant un élément de \(\mathcal{P}_r\) à un élément de \(\mathcal{P}_s\). La fonction \(\operatorname{tr} \circ \gamma\) est continue sur \([0, 1]\), qui est connexe par arcs, et elle est à valeurs entières d’après a). D’après l’exercice 3 c), elle est constante, donc \(r = s\).

   Chaque composante connexe par arcs de \(\mathcal{P}\) est donc incluse dans un \(\mathcal{P}_r\). Or \(\mathcal{P}_r\) est connexe par arcs d’après b). Les composantes connexes par arcs de \(\mathcal{P}\) sont exactement \(\mathcal{P}_0, \ldots, \mathcal{P}_n\).

Barème : a) 0,25 point pour le fermé, 0,5 point pour la réduction, 0,25 point pour la trace ; b) 0,5 point pour l’égalité d’ensembles, 0,5 point pour la continuité de \(\psi\), 0,5 point pour le chemin ; c) 0,25 point pour le fermé, 0,25 point pour \(r \in \{0, n\}\), 0,5 point pour le contre-exemple ; d) 0,5 point.

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