Exercices corrigés - Exercices d'oraux Mines / Ponts MP

Il s'agit de démontrer que $G$ admet un élément d'ordre $pq$. Remarquons que, par le théorème de Lagrange, l'ordre de tout élément de $G$ est égal à $1,$ $p,$ $q$ ou $pq.$
Supposons que $G$ admet un élément $x$ d'ordre $p$ et un élément $y$ d'ordre $q.$ On va alors prouver que $xy$ est d'ordre $pq,$ ce qui permet de conclure. Notons $d$ l'ordre de $xy$. Remarquons que $(xy)^{pq}=(x^p)^q(y^q)^p=e$, et donc $d|pq$. De plus, puisque $(xy)^d=e$, on en déduit que $x^d=y^{-d}$. Il vient alors $$x^{dq}=(y^{-d})^q=(y^q)^{-d}=e.$$ Ainsi, $p|dq$ et puisque $p$ et $q$ sont premiers entre eux, on en déduit que $p|d$. De la même façon, on a $q|d$ et en utilisant à nouveau que $p$ et $q$ sont premiers entre eux, on conclut que $pq|d$. Ainsi, on a bien que $d=pq$.
Le seul cas qui reste est donc celui où tous les éléments de $G$ sont d'ordre $1$ ou $p.$ Soit $x\in G$ avec $x\neq e.$ Son ordre est donc $p.$ Soit $y\in G$ qui n'est pas dans le sous-groupe engendré par $x$, c'est-à-dire qui n'est pas égal à $e,x,\dots,x^{p-1}$. A nouveau, l'ordre de $y$ est $p$. Posons $$H=\{x^ky^\ell :\ 0\leq k\leq p-1,\ 0\leq \ell \leq p-1\}.$$ Alors, puisque $G$ est commutatif, il est facile de vérifier que $H$ est un sous-groupe de $G$, de cardinal supérieur ou égal à $p+1$. De plus, on vérifie également que si $x^k y^\ell=x^s y^t$ avec $0\leq k,\ell,s,t\leq p-1,$ alors $k=s$ et $\ell=t$. En effet, ceci implique $$x^{k-s}=y^{t-\ell}.$$ Si $t\neq \ell,$ alors $y^{t-\ell}$ engendre le même groupe (cyclique) que $y$ et donc $y=y^{(t-\ell)a}=x^{(k-s)a}$ avec $a\in\mathbb N,$ ce qui contredit le choix de $y$. On a donc $t=\ell$ et par suite $k=s$ (rappelons que $-p+1\leq k-s\leq p-1$). Ainsi, le cardinal de $H$ est $p^2$. Or, le cardinal de $H$ doit diviser $pq$, et $p^2$ ne divise pas $pq.$ C'est donc qu'il est impossible que tous les éléments de $G,$ à part l'élément neutre, sont d'ordre $p.$ Ceci achève la preuve que $G$ est cyclique.

On notera que l'on ne suppose pas du tout dans cet exercice que $G$ est un sous-groupe de $GL_n(\mathbb R)$.

1. On sait que si $M,M'\in \mathcal M_n(\mathbb R),$ alors $\textrm{rg}(MM')\leq \min(\textrm{rg}(M),\textrm{rg}(M')).$ Notons $E$ l'élément neutre de $G.$ Alors, pour tout $M\in G,$ on a $M\times E=M$ et donc $\textrm{rg}(M)\leq \textrm{rg}(E).$ D'autre part, soit $M'$ l'inverse de $M$ dans $G,$ c'est-à-dire que $MM'=E.$ Alors $\textrm{rg}(E)\leq \textrm{rg}(M).$ Finalement, pour tout $M\in G,$ on a $\textrm{rg}(M)=\textrm{rg}(E)$ et donc toutes les matrices de $G$ ont le même rang.
2. Pour $M\in\mathcal M_n(\mathbb R),$ on note également $M$ l'endomorphisme de $\mathbb R^n$ canoniquement associé à $M.$ On va commencer par démontrer un résultat un peu plus fort que celui de la première question : pour tout $M\in G,$ on a $\textrm{Im}(M)=\textrm{Im}(E).$ La preuve est quasi identique à celle de la question précédente. En effet, $M=EM$ entraîne $\textrm{Im}(M)\subset \textrm{Im}(E),$ tandis que $E=MM'$ entraîne l'inclusion réciproque $\textrm{Im}(E)\subset \textrm{Im}(E).$ De la même façon, on prouve que $\ker(M)=\ker(E)$ : l'égalité $M=ME$ entraîne $\ker(E)\subset \ker(M)$ tandis que $E=M'M$ entraîne $\ker(M)\subset\ker(E).$
   De plus, pour tout $M\in G$, $M$ induit une bijection de $\textrm{Im}(M).$ En effet, on a $\textrm{Im}(M^2)=\textrm{Im}(M),$ ce qui entraîne que $M$ est injective sur $\textrm{Im}(M)$ et que $\textrm{Im}(M)$ est stable par $M.$
   Notons alors $(u_1,\dots,u_r)$ une base de $\textrm{Im}(E)$ et $(u_{r+1},\dots,u_n)$ une base de $\ker(E)$ de sorte que $(u_1,\dots,u_n)$ est une base de $E.$ Notons également $P$ la matrice de passage de la base canonique de $\mathbb R^n$ à cette base. Alors le travail effectué jusque là nous dit que, pour tout $M\in\mathcal M_n(\mathbb R),$ il existe une matrice $A\in GL_r(\mathbb R)$ tel que $$M=P\begin{pmatrix}A&0\\0&0\end{pmatrix}P^{-1}.$$ Notons $H$ l'ensemble des matrices $A$ de $GL_r(\mathbb R)$ telles qu'il existe $M\in G$ avec $$M=P\begin{pmatrix}A&0\\0&0\end{pmatrix}P^{-1}.$$ Il reste à démontrer que $H$ est un sous-groupe de $GL_r(\mathbb R)$. Notons $B$ la matrice correspondant à $E$ dans l'écriture précédente. Comme $E^2=E,$ on doit avoir $B^2=B$ soit $B(B-I_r)=0.$ Mais comme $B\in GL_r(\mathbb R),$ on doit avoir $B=I_r$ et donc $I_r\in H.$ Soit ensuite $A_1,A_2\in H$ correspondant aux matrices $M_1$ et $M_2.$ Alors $A_1\times A_2\in H,$ la matrice associée étant $M_1\times M_2.$ Enfin, si $M_1'$ est l'inverse de $M_1$ dans $G,$ notant $A'_1$ la matrice associée, on a $A_1 A'_1=I_r,$ ce qui prouve que $A'_1=A_1^{-1}.$ Finalement, on a bien prouvé que $H$ est un sous-groupe de $GL_r(\mathbb R)$.

Cet exercice est objectivement (très) difficile, mais il ne faut pas perdre de vue qu'il s'agit d'un exercice d'oral qui sera nécessairement guidé et les réactions aux indications comptent beaucoup dans l'évaluation.

Supposons d'abord que $f$ est surjective, et soit $A$ une partie génératrice de $G.$ Soit également $y\in G'.$ Puisque $f$ est surjective, il existe $x\in G$ tel que $y=f(x).$ Puisque $A$ est une partie génératrice de $G,$ il existe $p\geq 1,$ il existe $a_1,\dots,a_p\in A$ et $\veps_1,\dots,\veps_p\in\{-1,1\}$ tels que $$x=a_1^{\veps_1}\cdots a_p^{\veps_p}.$$ Appliquant $f,$ et utilisant les propriétés d'un morphise de groupes, on trouve $$y=f(x)=f(a_1)^{\veps_1}\cdots f(a_p)^{\veps_p}.$$ Puisque chaque $f(a_i)$ est élément de $f(A),$ on a bien prouvé que $f(A)$ est une partie génératrice de $G'.$
Pour la réciproque, on va prouver la contraposée, à savoir que si $f$ n'est pas surjective, il existe une partie génératrice $A$ de $G$ telle que $f(A)$ n'est pas une partie génératrice de $G'.$ Supposons donc $f$ non-surjective et soit $y\in G'\backslash\textrm{Im}(f).$ On va prouver que $f(G)=\textrm{Im}(f)$ n'est pas une partie génératrice de $G'$. En effet, $f(G)$ est déjà un sous-groupe de $G'$ et donc $y$ n'appartient pas au sous-groupe engendré par $f(G)$ qui est $f(G)$ lui-même. Ainsi, $f(G)$ n'est pas une partie génératrice de $G'$ alors que bien sûr $G$ est une partie génératrice de $G.$

On remarque d'abord que si $n=1,$ alors $P'=1$ et le calcul des deux sommes est facile. On supposera donc $n\geq 2.$ Décomposons en éléments simples la fraction rationnelle $1/P.$ Les racines de $P$ étant simples, on a $$\frac1{P(X)}=\sum_{k=1}^n \frac{\lambda_k}{X-x_k}.$$ De plus, pour tout $k=1,\dots,n$, $$\lambda_k=\lim_{x\to x_k}\frac{x-x_k}{P(x)}=\frac 1{P'(x_k)}.$$ En multipliant par $x$, on a pour tout $x>\max(x_1,\dots,x_k)$, $$\frac x{P(x)}=\sum_{k=1}^n \frac 1{P'(x_k)}\times \frac x{x-x_k}.$$ Faisons tendre $x$ vers $+\infty$. Puisque $\deg(P)\geq 2$, on obtient $$\sum_{k=1}^n \frac1{P'(x_k)}=0.$$ Si $x_k\neq 0$ pour tout $k=1,\dots,n$, on obtient en évaluant en $0$, $$\frac1{P(0)}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{P'(x_k)(-x_k)}\implies \sum_{k=1}^n \frac1{x_kP'(x_k)}=-\frac1{P(0)}.$$

On commence par écrire que $y\equiv 4-x\ [11].$ Il vient $$x^2-4x+10\equiv 0\ [11].$$ On va alors résoudre l'équation $$\bar x^2-4\bar x+\overline{10}=0$$ dans $\mathbb Z/11\mathbb Z.$ Pour cela, on va commencer par écrire cette équation sous forme canonique, en écrivant \begin{align*} \bar x^2-4\bar x+\overline{10}&=(\bar x-2)^2+\bar 6\\ &=(\bar x-2)^2-(\bar 5)\\ &=(\bar x-2)^2-\bar 4^2\\ &=(\bar x-\bar 6)(\bar x+\bar 2). \end{align*} Puisque $\mathbb Z/11\mathbb Z$ est un corps (car $11$ est premier), les racines de l'équation $\bar x^2-4\bar x+\overline{10}=0$ sont $\bar 6$ et $-\bar 2,$ ce qui entraîne qu'il existe $k\in\mathbb Z$ tel que $x=6+11k$ ou $x=-2+11k.$ Revenant à $y\equiv 4-x\ [11],$ on conclut qu'il existe $\ell\in\mathbb Z$ tel que, si $x=6+11k,$ alors $y=-2-11k+11\ell=-2+11m$ avec $m=\ell-k\in\mathbb Z$, et si $x=-2+11k,$ alors $y=6-11k+11\ell=6+11m.$
Réciproquement, supposons qu'il existe $k,m\in\mathbb Z$ tels que ou bien $x=6+11k$ et $y=-2+11m,$ ou bien $x=-2+11k$ et $y=6+11.$ Alors dans le premier cas $$x+y=4+11(k+m)\equiv 4\ [11]$$ et $$xy=-12+11p\equiv 10\ [11].$$ Le second cas se traite par symétrie de $x$ et de $y.$ Finalement on a prouvé que l'ensemble des solutions est $$\{(6+11k,-2+11m):\ k,m\in\mathbb Z\}\cup\{(-2+11k,6+11m):\ k,m\in\mathbb Z\}.$$

On remarque d'abord que si $n=1,$ alors $P'=1$ et le calcul des deux sommes est facile. On supposera donc $n\geq 2.$ Décomposons en éléments simples la fraction rationnelle $1/P.$ Les racines de $P$ étant simples, on a $$\frac1{P(X)}=\sum_{k=1}^n \frac{\lambda_k}{X-x_k}.$$ De plus, pour tout $k=1,\dots,n$, $$\lambda_k=\lim_{x\to x_k}\frac{x-x_k}{P(x)}=\frac 1{P'(x_k)}.$$ En multipliant par $x$, on a pour tout $x>\max(x_1,\dots,x_k)$, $$\frac x{P(x)}=\sum_{k=1}^n \frac 1{P'(x_k)}\times \frac x{x-x_k}.$$ Faisons tendre $x$ vers $+\infty$. Puisque $\deg(P)\geq 2$, on obtient $$\sum_{k=1}^n \frac1{P'(x_k)}=0.$$ Si $x_k\neq 0$ pour tout $k=1,\dots,n$, on obtient en évaluant en $0$, $$\frac1{P(0)}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{P'(x_k)(-x_k)}\implies \sum_{k=1}^n \frac1{x_kP'(x_k)}=-\frac1{P(0)}.$$

La clé dans cet exercice est d'introduire la base $(P_k)$ de $\mathbb C[X]$ définie par $P_0=1,$ $P_1=X$ et $P_d=X(X-1)\cdots (X-d+1)$ pour $d\geq 2$. Il s'agit bien d'une base de $\mathbb R[X]$ car $\deg(P_k)=k$ pour tout $k\geq 0.$ Calculons ensuite $u(P_k)$ : pour $z\in\mathbb C,$ \begin{eqnarray*} u(P_k)(z)&=&e^{-z}\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)}{n!}z^n\\ &=&e^{-z} z^k \sum_{n=k}^{+\infty} \frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)}{n!}z^{n-k}\\ &=&e^{-z}z^k \sum_{n=k}^{+\infty} \frac1{(n-k)!}z^{n-k}\\ &=&e^{-z} z^k e^z=z^k. \end{eqnarray*} On obtient donc $u(P_k)=X^k$ et ceci permet de répondre aux deux premières questions. D'une part, on a $u(\mathbb C[X])\subset \mathbb C[X]$ puisque $u$ est clairement linéaire et envoie une base de $\mathbb C[X]$ dans $\mathbb C[X]$. De plus, $u$ est un automorphisme de $\mathbb C[X]$ puisque l'image d'une base de $\mathbb C[X]$ est une base de $\mathbb C[X].$
Déterminons maintenant les éléments propres de $u$. Soit $P$ un polynôme de degré $d$ non nul et $\lambda\in\mathbb C$ tel que $u(P)=\lambda P.$ Écrivons $P=\sum_{k=0}^d a_k P_k.$ Alors on a $$u(P)=\sum_{k=0}^d a_k X^k=\sum_{k=0}^d \lambda a_k P_k.$$ Or, $P_k$ étant unitaire de degré $k,$ il s'écrit $$P_k=\sum_{j=0}^k c_{k,j} X^j,\ \textrm{ avec }c_{k,k}=1.$$ Il est de plus facile de voir que, pour $k\geq 2,$ en développant $P_k$, on a $c_{k,k-1}\neq 0.$ On obtient donc en développant \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^d a_k P_k&=&\sum_{k=0}^d a_k\sum_{j=0}^k c_{k,j}X^j\\ &=&\sum_{j=0}^d \left(\sum_{k=j}^d a_k c_{k,j}\right) X^j. \end{eqnarray*} On est donc revenu à résoudre le système triangulaire (d'inconnues $a_0,\dots,a_d$) $$a_j=\sum_{k=j}^d \lambda c_{k,j} a_k ,\ 0\leq j\leq d.$$ Étudions la ligne $d$ : on a $a_d=\lambda c_{d,d} a_d$ d'où on tire, puisque $c_{d,d}=1$ et $a_d\neq 0,$ $\lambda=1.$ Si $d\geq 1$, étudions la ligne $d-1$ : $$a_{d-1}= c_{d-1,d-1} a_{d-1}+c_{d,d-1} a_d.$$ Puisque $c_{d-1,d-1}=1,$ on trouve $c_{d,d-1}a_d=0.$ Or $a_d\neq 0$ et $c_{d,d-1}\neq 0$ dès que $d\geq 2.$ On doit donc avoir $d<2.$
Réciproquement il est facile de voir que tout $P$ élément de $\textrm{vect}(1,X)$ est vecteur propre de $u$ associé à la valeur propre $1.$ Donc $u$ admet $1$ pour unique valeur propre, et l'espace propre associé est $\textrm{vect}(1,X)$.

Supposons d'abord $M$ diagonalisable. Alors, $M$ s'écrit $PDP^{-1}$ où $D$ est diagonale. Il est clair que $M^p$ s'écrit $PD^pP^{-1}$, où $D^p$ est elle aussi diagonale. Donc $M^p$ est diagonalisable. De plus, puisque $P$ est inversible, on a $x\in \ker(M)\iff P^{-1}x\in \ker(D)$ et $x\in \ker(M^p)\iff P^{-1}x\in \ker(D^p)$. Puisque $\ker(D)$ et $\ker(D^p)$ sont égaux, on a bien $\ker(M)=\ker(M^p)$.
Réciproquement, on suppose que $M^p$ est diagonalisable et que $\ker(M^p)=\ker(M)$. Alors, $M^p$ annule un polynôme de $\mathbb C[X]$ scindé à racines simples (par exemple, son polynôme minimal). Quitte à multiplier ce polynôme par $X$, il existe donc des complexes $\lambda_1,\dots,\lambda_s$, tous distincts et différents de 0, tels que $$M^p(M^p-\lambda_1 I)\dots(M^p-\lambda_s I)=0.$$ Soient $\mu_{1,i},\dots,\mu_{p,i}$ les racines $p$-ièmes de $\lambda_i$. Elles sont toutes distinctes entre elles, et distinctes des $\mu_{k,j}$ pour $i\neq j$. Factorisant $$X^p-\lambda_i=\prod_{k=1}^p (X-\mu_{k,i}),$$ on obtient $$M^p\prod_{k=1,\dots,p\atop i=1,\dots, s}(M-\mu_{k,i}I)=0.$$ D'après le théorème de décomposition des noyaux, on a $$\ker(M^p)\bigoplus\oplus_{k=1,\dots,p\atop i=1,\dots,s}\ker(M-\mu_{k,i}I)=\mathbb C^n.$$ De la deuxième partie de l'hypothèse, on tire $$\ker(M)\bigoplus\oplus_{k=1,\dots,p\atop i=1,\dots,s}\ker(M-\mu_{k,i}I)=\mathbb C^n.$$ Ainsi, $\mathbb C^n$ est somme des espaces propres de $M$ (certains espaces de la décomposition précédente peuvent être réduits à $\{0\}$). Autrement dit, $M$ est diagonalisable.
Dans $\mathbb R$, le résultat devient faux. En effet, prenons la matrice $M=\left(\begin{array}{cc} 0&1\\ -1&0 \end{array}\right).$ Alors $M$ n'est pas diagonalisable (sur $\mathbb R$) car elle n'admet pas de valeurs propres. En revanche, $M^2=-I_2$ est diagonale, donc diagonalisable, alors que $\ker(M)=\ker(M^2)=\{0\}$ puisque $M$ et $M^2$ sont inversibles.

Supposons d'abord que $p$ est un projecteur orthogonal. Pour tout $x$ de $E$, $x=p(x)+(x-p(x))$, où $p(x)\perp x-p(x)$. Le théorème de Pythagore donne alors $\|x\|^2=\|p(x)\|^2+\|x-p(x)\|^2$, ce qui entraîne $\|p(x)\|\leq \|x\|$ pour tout $x$ de $E$. Réciproquement, supposons que pour tout $x$ de $E$, $\|p(x)\|\leq \|x\|$, et supposons que $p$ est le projecteur sur $F$ parallèlement à $G$. Prenons $x$ dans $F$, et $y$ dans $G$, et posons $f(t)=\|x+ty\|^2$. Le développement de la norme donne : $$f(t)=\|x\|^2+2t(x,y)+t^2\|y\|^2.$$ $f$ est donc une fonction dérivable. En outre, $p(x+ty)=x$, et donc $f(0)=\|x\|^2\leq \|x+ty\|^2\leq f(t)$. $f$ atteint donc son minimum en 0. On a donc $f'(0)=0$, ce qui donne $(x,y)=0$ : $F$ et $G$ sont orthogonaux, ce qui signifie que $p$ est un projecteur orthogonal!

Si on multiplie à droite par $M^T$ l'équation précédente, on trouve $$MM^TMM^T=M^T.$$ Prenant la tranposée de cette égalité, on a encore $$MM^TMM^T=M.$$ Ainsi, $M$ est symétrique (réelle). Elle est donc diagonalisable. De plus, $M^3=I_n.$ Donc si $\lambda$ est une valeur propre de $M,$ on a $\lambda^3=1,$ c'est-à-dire que $\lambda=1$ (puisque $\lambda$ est réelle). Ainsi, $M$ est une matrice diagonalisable dont la seule valeur propre est $1$. On a $M=I_n.$

Cet exercice difficile va nécessiter plusieurs idées :

• on va essayer d'obtenir des propriétés vérifiées par $B$ sachant qu'il s'agit d'une limite de puissances de matrices symétriques ;
• le fait d'avoir une somme de valeurs absolue d'un côté et une racine carrée de l'autre côté de l'inégalité va nous inciter à utiliser l'inégalité de Cauchy-Schwarz ;
• on va utiliser un produit scalaire classique sur $\mathcal M_n(\mathbb R)$ pour faire apparaitre le rang.

Commençons par déterminer certaines propriétés vérifiées par $B.$ Puisque $A\in S_n(\mathbb R),$ il existe une matrice orthogonale $P\in O_n(\mathbb R)$ et une matrice diagonale $D=\textrm{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$ telles que $A=PDP^T.$ On en déduit que $A^k=PD^kP^T,$ ce qui donne encore $D^k=P^TA^kP.$ Ainsi, la suite $(D^k)$ converge. Or $D^k=\textrm{diag}(\lambda_1^k,\dots,\lambda_n^k)$ et donc chaque suite $(\lambda_j^k)_k$ converge. Ceci n'est possible que si $\lambda_j=1,$ et dans ce cas la limite vaut $1,$ ou si $|\lambda_j|<1,$ et dans ce cas la limite vaut $0.$ On obtient donc que la suite $(D^k)$ converge vers une matrice diagonale $E$ dont les coefficients diagonaux sont égaux à $0$ ou $1.$ On a $B=PEP^T$ et $\textrm{rg}(B)=\textrm{rg}(E)=\textrm{Tr}(E).$ D'autre part, d'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz au produit scalaire usuel sur $\mathbb R^{n^2},$ on a \begin{align*} \sum_{i,j=1}^n |b_{i,j}|&=\sum_{i,j=1}^n 1|b_{i,j}|\\ &\leq \left(\sum_{i,j=1}^n 1^2\right)^{1/2}\left(\sum_{i,j=1}^n |b_{i,j}|^2\right)^{1/2}\\ &\leq n\left(\sum_{i,j=1}^n |b_{i,j}|^2\right)^{1/2}. \end{align*} Pour conclure, on rappelle que $$\sum_{i,j=1}^n |b_{i,j}|^2=\textrm{Tr}(B B^T).$$ Remplaçant $B$ par $PEP^T,$ et utilisant les propriétés de la trace, on trouve \begin{align*} \sum_{i,j=1}^n |b_{i,j}|^2&=\textrm{Tr}(PEP^TP EP^T) \\ % car $B$ est symétrique\\ &=\textrm{Tr}(PE^2P^T)\\ &=\textrm{Tr}(PEP^T)\\ &=\textrm{Tr}(P^T P E^2)\\ &=\textrm{Tr}(E)\\ &=\textrm{rg}(B). \end{align*}

Supposons d'abord que $p$ est un projecteur orthogonal. Pour tout $x$ de $E$, $x=p(x)+(x-p(x))$, où $p(x)\perp x-p(x)$. Le théorème de Pythagore donne alors $\|x\|^2=\|p(x)\|^2+\|x-p(x)\|^2$, ce qui entraîne $\|p(x)\|\leq \|x\|$ pour tout $x$ de $E$. Réciproquement, supposons que pour tout $x$ de $E$, $\|p(x)\|\leq \|x\|$, et supposons que $p$ est le projecteur sur $F$ parallèlement à $G$. Prenons $x$ dans $F$, et $y$ dans $G$, et posons $f(t)=\|x+ty\|^2$. Le développement de la norme donne : $$f(t)=\|x\|^2+2t(x,y)+t^2\|y\|^2.$$ $f$ est donc une fonction dérivable. En outre, $p(x+ty)=x$, et donc $f(0)=\|x\|^2\leq \|x+ty\|^2\leq f(t)$. $f$ atteint donc son minimum en 0. On a donc $f'(0)=0$, ce qui donne $(x,y)=0$ : $F$ et $G$ sont orthogonaux, ce qui signifie que $p$ est un projecteur orthogonal!

Pour $n\in\mathbb N,$ on appelle $x_n$ le centre de $B_n$ et $r_n$ son rayon. On peut remarquer que, puisque $B_{n+1}\subset B_n,$ la suite $(r_n)$ est décroissante. C'est une suite de réels positifs, donc elle converge vers un réel $r\geq 0.$ De plus, la suite $(x_n)$ est bornée (elle vit dans la boule $B_0$), et comme $E$ est de dimension finie, on peut en extraire une sous-suite convergente $(x_{\varphi(n)})$. Notons $x$ sa limite.
On va démontrer que $K=\overline{B}(x,r).$ On commence par remarquer que si $y\in K,$ alors pour tout entier $n,$ on a $$\|y-x_{\varphi(n)}\|\leq r_n.$$ En passant à la limite, on trouve $$\|y-x\|\leq r$$ et donc $y\in \overline{B}(x,r)$. Réciproquement, considérons $y\in \overline{B}(x,r)$ et supposons que $y\notin K.$ En particulier, il existe $p\in\mathbb N$ tel que $y\notin B_p.$ Puisque $B_p$ est fermé, il existe $\delta>0$ tel que $\overline{B}(y,\delta)\cap \overline{B}(x_p,r_p)=\varnothing.$ La suite de boules $(B_n)$ étant décroissante, pour tout $n\geq p,$ on a $\overline{B}(y,\delta)\cap \overline{B}(x_n,r_n)=\varnothing.$ Ceci entraîne que $$\|y-x_n\|\geq r_n+\delta.$$ Ceci est vrai en particulier pour la suite extraite (à partir du rang $p$ au moins) et donc $$\|y-x_{\varphi(n)}\|\geq r_{\varphi(n)}+\delta.$$ On passe à la limite et on trouve $$\|y-x\|\geq r+\delta$$ et donc $y\notin K$, une contradiction.
En réalité, le raisonnement par l'absurde est inutile : on démontre directement que $K^c\subset \overline{B}(x,r)^c,$ ce qui donne $\overline{B}(x,r)\subset K$ par passage au complémentaire.

On va commencer par prouver la convergence, pour tout $A>0,$ de $\int_A^{+\infty}\frac{\sin (t)}tdt.$ C'est très classique. Considérons $X>A.$ Alors on a, par une intégration par parties, \begin{eqnarray*} \int_A^X \frac{\sin(t)}{t}dt&=&\left[\frac{-\cos(t)}{t}\right]_A^X-\int_{A}^X\frac{\cos(t)}{t^2}dt\\ &=&\frac{-\cos(X)}{X}+\frac{\cos(A)}A-\int_{A}^X\frac{\cos(t)}{t^2}dt. \end{eqnarray*} Or, puisque $$\left|\frac{\cos(t)}{t^2}\right|\leq \frac 1{t^2},$$ l'intégrale impropre $\int_{A}^{+\infty}\frac{\cos(t)}{t^2}dt$ converge. Puisque $\cos(X)/X\to 0$ lorsque $X\to +\infty,$ on a bien prouvé que $\int_A^X \frac{\sin(t)}{t}dt$ admet une limite lorsque $X$ tend vers $+\infty$ et donc la convergence de $\int_A^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t}dt.$ On a en particulier obtenu que $$\int_A^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t}dt=\frac{\cos(A)}A-\int_A^{+\infty}\frac{\cos(t)}{t^2}dt.$$ On a aussi la convergence de $\int_0^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t^2}dt$ en remarquant que la fonction $t\mapsto \sin(t)/t,$ prolongée par $1$ en $0,$ est continue sur $\mathbb R.$ Ceci implique en particulier qu'il n'y a pas de problème de convergence en $0$ pour $\int_0^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t}dt.$
Posons alors, pour $x\geq 0,$ $F(x)=\int_x^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t}dt.$ On doit prouver l'existence et calculer $\int_0^{+\infty}F(x)dx.$ On va commencer par prouver que $F$ est continue, ce qui justifie que l'on peut considérer son intégrale sur un segment. Pour cela, on écrit, par la relation de Chasles, $$F(x)=-\int_1^x \frac{\sin(t)}{t}dt+\int_1^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t}dt.$$ La continuité de $x\mapsto \int_1^x \frac{\sin(t)}{t}dt$ est alors une conséquence immédiate du théorème fondamental du calcul intégral. On obtient même que $F$ est $C^1$ sur $[0,+\infty[,$ avec, pour tout $x\geq 0,$ $$F'(x)=-\frac{\sin(x)}{x}.$$ Passons à l'existence et au calcul de l'intégrale impropre. On fixe $A>0$ et on étudie $\int_0^A F(x)dx.$ Il est naturel de calculer cette intégrale en réalisant une intégration par parties, et on trouve \begin{eqnarray*} \int_0^A F(x)dx&=&AF(A)-0F(0)-\int_0^A xF'(x)dx\\ &=&AF(A)+\int_0^A \sin(x)dx\\ &=&AF(A)-\cos(A)+1. \end{eqnarray*} Or, on a démontré tout au début que $$F(A)=\frac{\cos(A)}A-\int_A^{+\infty}\frac{\cos(t)}{t^2}.$$ En remplaçant, des simplifications apparaissent et on trouve $$\int_0^A F(x)dx=-A\int_{A}^{+\infty}\frac{\cos(t)}{t^2}dt+1.$$ On aimerait prouver que $$\lim_{A\to+\infty} A \int_{A}^{+\infty}\frac{\cos(t)}{t^2}dt=0.$$ Malheureusement, si on majore le plus simplement possible, on trouve \begin{eqnarray*} \left| A \int_{A}^{+\infty}\frac{\cos(t)}{t^2}dt\right|&\leq& A\int_A^{+\infty}\frac1{t^2}dt\\ &\leq &A\left[\frac {-1}t\right]_A^{+\infty}=1. \end{eqnarray*} On va s'en sortir en faisant une nouvelle intégration par parties : puisque $t\mapsto \frac{\cos(t)}{t^2}$ et $t\mapsto{\sin(t)}{t^3}$ sont intégrables sur $[A,+\infty[,$ on a \begin{eqnarray*} \int_A^{+\infty}\frac{\cos(t)}{t^2}&=&\left[\frac{\sin(t)}{t^2}\right]_A^{+\infty}+\int_A^{+\infty}\frac{2\sin(t)}{t^3}dt\\ &=&-\frac{\sin(A)}{A^2}+\int_A^{+\infty}\frac{2\sin(t)}{t^3}dt. \end{eqnarray*} On a donc $$\int_0^A F(x)dx=\frac{\sin(A)}{A}-A\int_A^{+\infty}\frac{2\sin(t)}{t^3}dt+1.$$ Cette fois, on va réussir à prouver que $$\lim_{A\to+\infty} A\int_A^{+\infty}\frac{2\sin(t)}{t^3}dt=0$$ car \begin{eqnarray*} \left|A\int_A^{+\infty}\frac{2\sin(t)}{t^3}dt\right|&\leq&A\int_A^{+\infty}\frac{2}{t^3}dt\\ &\leq&A\left[\frac {-1}{t^2}\right]_A^{+\infty}\\ &\leq&\frac 1A. \end{eqnarray*} En conclusion, on a démontré que $\displaystyle \int_0^{+\infty}\int_x^{+\infty} \frac{\sin(t)}{t}dtdx$ existe et vaut $1.$

Commençons par remarquer que, pour tout $(p,q)\in\mathbb N^2,$ $u_{p,q}\geq 0.$ Pour $p\in\mathbb N$ (provisoirement fixé), la série $\sum_q u_{p,q}$ est sommable. En effet, $$u_{p,q}\leq \frac{1}{p!}\times\frac{1}{q!}$$ et la série de terme général $\frac 1{q!}$ est sommable. Posons alors $$s_p=\sum_{q=0}^{+\infty}u_{p,q}\leq \frac 1{p!}\sum_{q=0}^{+\infty}\leq \frac{e}{p!}.$$ Ceci prouve que la série $\sum_p s_p$ est sommable, et par le théorème de sommation par paquets, la famille $(u_{p,q})_{(p,q)\in\mathbb N^2}$ est sommable.
Pour calculer la somme de cette série, on va utiliser une autre façon de former les paquets. Pour cela, pour $n\geq 0,$ on pose $$I_n=\{(p,q)\in\mathbb N^2:\ p+q=n\}$$ et on remarque que $\mathbb N^2=\bigcup_{n=0}^{+\infty}I_n.$ D'autre part, pour $n\geq 0$ fixé, on a \begin{align*} \sum_{(p,q)\in I_n}u_{p,q}&=\sum_{p=0}^n \frac{1}{p!(n-p)!(n+1)}\\ &=\frac1{n!(n+1)}\sum_{p=0}^n \binom np\\ &=\frac{2^n}{(n+1)!}. \end{align*} Par le théorème de sommation par paquets, la somme de la famille sommable vaut alors \begin{align*} \sum_{(p,q)\in\mathbb N^2}u_{p,q}&=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{2^n}{(n+1)!}\\ &=\frac 12\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{2^{n+1}}{(n+1)!}\\ &=\frac 12 (e^2-1). \end{align*}

On va commencer par fixer $m\geq 1$ et calculer la somme sur $n$. Pour cela, on factorise le dénominateur : \[ m^2n + n^2m + 2mn = mn(m + n + 2). \] On décompose ensuite la fraction portant sur $n$ en éléments simples : \[ \frac{1}{n(m+n+2)} = \frac{1}{m+2} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+m+2} \right). \] On obtient donc \[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{m^2 n+n^2m+2mn}= \frac{1}{m(m+2)} \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+m+2} \right). \] On reconnait une somme télescopique et on trouve \[ \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+m+2} \right) = \sum_{k=1}^{m+2} \frac{1}{k}. \] On reconnaît le $(m+2)$-ième nombre harmonique, noté $H_{m+2}$. On a donc : \[ S = \sum_{m=1}^{\infty} \frac{H_{m+2}}{m(m+2)}. \] On utilise à nouveau une décomposition en éléments simples pour le terme $\frac{1}{m(m+2)}$ : \[ S = \frac{1}{2} \sum_{m=1}^{\infty} \left( \frac{1}{m} - \frac{1}{m+2} \right) H_{m+2} = \frac{1}{2} \left( \sum_{m=1}^{\infty} \frac{H_{m+2}}{m} - \sum_{m=1}^{\infty} \frac{H_{m+2}}{m+2} \right). \] En effectuant un changement d'indice ($k = m+2$) dans la seconde somme : \[ 2S = \frac{H_3}{1} + \frac{H_4}{2} + \sum_{k=3}^{\infty} \frac{H_{k+2} - H_k}{k} .\] Sachant que $H_{k+2} - H_k = \frac{1}{k+1} + \frac{1}{k+2}$, on obtient : \[ 2S = \frac{11}{6} + \frac{25}{24} + \sum_{k=3}^{\infty} \frac{1}{k(k+1)} + \sum_{k=3}^{\infty} \frac{1}{k(k+2)} .\] Par télescopage, on trouve $\frac{1}{3}$ pour la première somme et $\frac{7}{24}$ pour la seconde, car par exemple : $$\sum_{k=3}^{+\infty}\frac{1}{k(k+2)}=\frac12\sum_{k=3}^{+\infty}\left(\frac 1k-\frac1{k+2}\right) =\frac12\left(\frac 13+\frac 14\right)=\frac 7{24}.$$ On conclut que \[ 2S = \frac{69 + 8 + 7}{24} = \frac{84}{24} = \frac{7}{2} \implies S = \frac{7}{4}. \]

1. Si $A$ est $1$-périodique, alors $I=A(1)=A(0)=0$. Réciproquement, si $I=0,$ alors pour tout $x\in\mathbb R,$ \begin{align*} A(x+1)&=\int_0^{x+1}a(t)dt\\ &=\int_0^x a(t)dt+\int_{x}^{x+1}a(t)dt\\ &=A(x)+\int_0^1 a(t)dt\\ &=A(x) \end{align*} et donc $A$ est $1$-périodique. On a utilisé dans le raisonnement précédent que, pour une fonction $1$-périodique, les intégrales sur tout intervalle de longueur $1$ sont égales.
2. Soit $y$ une solution de $(E)$ et notons $z(x)=y(x+1)$. Alors pour tout $x\in\mathbb R,$ $$z'(x)=y'(x+1)=a(x+1)y(x+1)+b(x+1)=a(x)z(x)+b(x)$$ par $1$-périodicité de $a$ et $b$. Ainsi, $z$ est bien solution de $(E)$.
3. En gardant les notations de la réponse précédente, si $y$ est une solution $1$-périodique de $(E),$ alors $y(1)=y(0)$. Réciproquement, si $y(1)=y(0),$ alors $z$ et $y$ sont deux solutions du même problème de Cauchy puisque $z(0)=y(0)$ et sont donc égales. Ainsi, $y$ est $1$-périodique. Or, on sait que la solution générale de l'équation s'écrit $$y(x)=\left(\alpha+\int_0^x b(t)e^{-A(t)}dt\right)e^{A(x)}.$$ Il vient $$y(1)=\left(\alpha+\int_0^1 b(t)e^{-A(t)}dt\right)e^{I}\textrm{ et }y(0)=\alpha.$$ Si on pose $\mu=\int_0^1 b(t)e^{-A(t)}dt$, alors on voit que $y$ est $1-$périodique si et seulement si $$\alpha(e^I-1)+\mu e^{I}=0.$$ Pour $I\neq 0,$ il y a une unique solution $1$-périodique donnée par $$\alpha=\frac{\mu e^I}{e^I-1}.$$
4. On reprend le raisonnement précédent, et observe cette fois que $e^I=1$. On obtient que la solution $y$ est $1$-périodique si et seulement si $\mu=0$. Et donc dans ce cas, ou bien toutes les solutions sont $1$-périodiques, ou bien aucune solution n'est $1$-périodique.
5. Pour le cas $I=0,$ on peut choisir $a(x)=\sin(2\pi x)$. Pour $b=1,$ on a $\mu\neq 0$ et pour $b=0,$ on a $\mu=0$. Pour le cas $I\neq 0,$ on peut choisir $a(x)=1$ et pour $b$ n'importe quelle fonction $1$-périodique.

Les solutions du système différentiel sont les fonctions qui s'écrivent $$X(t)=e^{tA}X(0).$$ En particulier, si $A$ est nilpotente d'indice $p$, $$e^{tA}=\sum_{k=0}^p\frac{t^k A^k}{k!}$$ ce qui prouve, par produit de matrices, que toutes les solutions de $(S)$ sont polynômiales.
Réciproquement, si toutes les solutions de $(S)$ sont polynômiales, considérons $j\in\{1,\dots,n\}$ et considérons la solution dont la condition initiale est $X(0)=e_j$. Alors on a $$X(t)=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{t^k A^k}{k!}e_j.$$ Or, $X$ est un polynôme, et donc par unicité du développement en série entière, on sait qu'il existe $d_j\in\mathbb N$ tel que $A^k e_j=0$ si $k\geq d_j.$ Posons $d=\max(d_1,\dots,d_n)$. Alors $A^k e_j=0$ pour tout $j\in\{1,\dots,n\}$ et donc $A^k=0$ par linéaire.
Traitons maintenant le cas général.

La résolution suit la méthode classique : on commence par rechercher les solutions de l'équation sans second membre, et on trouve $y(x)=a e^{x}+be^{-x},$ avec $a,b\in\mathbb R^2.$ On applique ensuite la méthode de variation de la constante, en cherchant une solution qui s'écrit $y(x)=a(x)e^x+b(x)e^{-x},$ avec les conditions $$\left\{ \begin{array}{rcl} a'(x)e^x+b'(x)e^{-x}&=&0\\ a'(x)e^x-b'(x)e^{-x}&=&\frac1{1+x^2}. \end{array} \right.$$ On trouve facilement $$a'(x)=\frac{e^{-x}}{2(1+x^2)},$$ dont une solution est $$a(x)=\int_0^x \frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}dt.$$ De même, on obtient $$b'(x)=\frac{-e^{x}}{2(1+x^2)},$$ dont une solution est $$b(x)=-\int_0^x \frac{e^{t}}{2(1+t^2)}dt.$$ Finalement, toutes les solutions de l'équation sont les fonctions qui s'écrivent $$y(x)=\left(a+\int_0^x \frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}dt\right)e^x+\left(b-\int_0^x \frac{e^{t}}{2(1+t^2)}dt\right)e^{-x}.$$ On observe ensuite que, puisque $$\frac{e^t}{2(1+t^2)}=_{+\infty}o(e^t),$$ on a $$\int_0^x \frac{e^t}{2(1+t^2)}dt=_{+\infty}o\left(\int_0^x e^t\right)=o(e^x).$$ Ainsi, $$e^{-x}\int_0^x \frac{e^{t}}{2(1+t^2)}dt\xrightarrow{x\to+\infty}0.$$ Par conséquent, et par continuité, $$x\mapsto \left(b-\int_0^x \frac{e^{t}}{2(1+t^2)}dt\right)e^{-x}$$ est bornée sur $[0,+\infty[$ et $y$ est bornée sur $[0,+\infty[$ si et seulement si $$x\mapsto \left(a+\int_0^x \frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}dt\right)e^x$$ est bornée sur cet intervalle. D'autre part, la fonction $t\mapsto \frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}$ est intégrable sur $]0,+\infty[$ (car continue et négligeable en $+\infty$ devant la fonction intégrable $t\mapsto e^{-t}$). Ainsi, $$a+\int_0^x \frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}dt\xrightarrow{x\to+\infty}a+\int_0^{+\infty}\frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}dt.$$ Pour que la fonction soit bornée, en étudiant sa limite en $+\infty,$ il est donc nécessaire que $$a=-\int_0^{+\infty} \frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}dt.$$ Réciproquement, la fonction $$x\mapsto -\left(\int_x^{+\infty} \frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}dt\right)e^{x}$$ est bornée sur $[0,+\infty[$. En effet, comme précédemment, $$\int_x^{+\infty} \frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}dt=_{+\infty}o(e^{-x})$$ et la fonction admet une limite nulle en $+\infty$ tout en étant continue sur $[0,+\infty[$. On procède de la même façon sur $]-\infty,0]$ et on trouve que l'équation admet une et une seule solution bornée sur $\mathbb R.$

Dans cet exercice, on va utiliser la même notation pour une matrice et pour l'application linéaire sur $\mathbb R^n$ associée.
Soit $B\in S_n^{++}(\mathbb{R}).$ Alors il existe une base orthonormale $(e_i)_{i=1,\dots,n}$ de $\mathbb R^n$ et des réels strictement positifs $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ tels que $Be_i=\lambda_i e_i.$ Si on définit $A$ sur la base orthonormale $(e_i)_{i=1,\dots,n}$ par $Ae_i=\sqrt{\lambda_i}e_i,$ alors $A$ est bien symétrique (car envoie une base orthonormale sur une base orthonormée) définie positive (car tous les $\sqrt{\lambda_i}$ sont strictement positifs. Ainsi, l'application $f$ est surjective. On peut aussi rédiger ceci avec des matrices : $B$ s'écrit $B=P D P^T$ où $P$ est orthogonale et $D=\textrm{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$ avec des $\lambda_i$ strictement positifs. Alors $A=PD'P^T$ où $D'=\textrm{diag}(\sqrt{\lambda_1},\dots,\sqrt{\lambda_n})$ convient.
Pour prouver l'unicité, soit $A\in S_n^{++}(\mathbb R)$ tel que $A^2=B.$ Alors puisque $A$ et $B$ commutent, pour tout $\lambda\in\mathbb R,$ l'espace propre $\ker(B-\lambda I_n)$ est $A$-stable. Soit $\lambda_1,\dots,\lambda_p$ les valeurs propres (distinctes) de $B$ et notons $E_i=\ker(B-\lambda_i I_n).$ Soit $A_i$ la restriction de $A$ à $E_i.$ L'endomorphisme $A_i$ reste symétrique défini positif, soit $\lambda>0$ une valeur propre de $A_i$ et $x\in E_i,\ x\neq 0$ tel que $A_i x=\lambda x.$ Alors $A_i^2 x=\lambda^2 x$ d'une part et d'autre part $A_i^2 x=Bx=\lambda_i x.$ On obtient $\lambda=\sqrt{\lambda_i}$ et $A_i=\sqrt{\lambda_i} I_{E_i}.$ Puisque $\bigoplus_{i=1}^p E_i=\mathbb R^n,$ l'endomorphisme $A$ est uniquement déterminé.
On va étudier maintenant la différentiabilité de $f.$ Soit $A\in S_n^{++}(\mathbb R)$ et $H\in\mathcal M_n(\mathbb R).$ Alors $$f(A+H)=A^2+AH+HA+H^2=f(A)+\ell(H)+H^2,$$ où $\ell$ est l'application linéaire de $\mathcal M_n(\mathbb R)$ définie par $\ell(H)=AH+HA.$ Puisque $$\|H^2\|\leq \|H\|^2=o(\|H\|),$$ l'application $f$ est différentiable en $A$ et pour tout $H\in\mathcal M_n(\mathbb R),$ $df(A)(H)=AH+HA.$ On va ensuite démontrer l'injectivité de $df(A)$. Pour cela, on remarque que si $H\in\mathcal M_n(\mathbb R)$ est telle que $AH+HA=0,$ alors si $x$ est un vecteur propre de $A$ associé à la valeur propre $\lambda>0,$ alors $$AHx=-HAx=-\lambda Hx.$$ Comme $A$ n'admet que des valeurs propres strictement positives, on en déduit que $Hx=0.$ Puisque $A$ admet une base de vecteurs propres et que $Hx=0$ pour tout vecteur propre de $A,$ on a $H=0$ et $df(A)$ est injective. Puisque $df(A)$ est un endomorphisme de $\mathcal M_n(\mathbb R),$ qui est de dimension finie, $df(A)$ est bijective.

Les valeurs propres de la matrice triangulaire $A$ sont $X_1$ et $X_2$. Si $X_1\neq X_2$, alors la matrice est diagonalisable. Si au contraire $X_1=X_2$, alors l'espace propre associé à l'unique valeur propre $X_1$ a pour équation $y=0$ : il est de dimension 1 et $A$ n'est pas diagonalisable.
$A$ est donc diagonalisable si et seulement si $X_1\neq X_2$. Or, $$P(X_1=X_2)=\sum_{k=1}^{+\infty} P\big ( (X_1=k)\cap (X_2=k)\big)=\sum_{k=1}^{+\infty}P(X_1=k)P(X_2=k)$$ car les variables aléatoires sont indépendantes. On a donc $$P(X_1=X_2)=\sum_{k=1}^{+\infty}p^2(1-p)^{2k-2}=\frac{p^2}{1-(1-p)^2}=\frac{p}{2-p}.$$ La probabilité recherchée est donc $$1-\frac{p}{2-p}=\frac{2(1-p)}{2-p}.$$