Exercices corrigés - Exercices d'oraux X - ENS MP

Écrivons chaque $z_k$ sous la forme $\rho_k e^{i\theta_k}$ avec $\theta_k\in ]-\pi,\pi].$ On coupe le plan en $4$ et on considère : \begin{align*} I_1&=\{i\in\{1,\dots,n\}:\ \theta_i\in [-\pi/4,\pi/4[\}\\ I_2&=\{i\in\{1,\dots,n\}:\ \theta_i\in [\pi/4,3\pi/4[\}\\ I_3&=\{i\in\{1,\dots,n\}:\ \theta_i\in [3\pi/4,\pi]\cup]-\pi,-3\pi/4[\}\\ I_4&=\{i\in\{1,\dots,n\}:\ \theta_i\in [-3\pi/4,-\pi/4[\} \end{align*} (remarquons la subtilité pour définir $I_3$ causée par la difficulté à définir les arguments). Il est clair que $I_1,I_2,I_3,I_4$ forme une partition de $I.$ Il existe donc $k\in\{1,\dots,4\}$ tel que $$\sum_{i\in I_k}|z_i|\geq \frac 14\sum_{i=1}^n |z_i|.$$ Supposons par exemple que $k=1.$ L'idée de ce découpage est que dans chacun des quadrants, le module de la somme n'est pas très éloigné de la somme des modules, car il n'y a pas de compensation. Par exemple, ici, on peut écrire $$\left|\sum_{i\in I_1}z_i\right|\geq \Re e\left(\sum_{i\in I_1} z_i\right)\geq \sum_{i\in I_1}\Re e(z_i).$$ Mais, pour $i\in I_1,$ $$\Re e(z_i)=|z_i|\cos(\theta_i)\geq \frac1{\sqrt 2}|z_i|.$$ On en déduit le résultat voulu. On peut bien sûr en question subsidiaire se demander ce qui se passerait si on avait coupé le plan en $n$ parties plutôt qu'en $4$ parties, et pourquoi l'exercice a choisi de le proposer en 4 parties (en réalité, c'est optimal).

Fixons $a\in A$ non nul et considérons le morphisme de groupes $(A,+)\to (A,+),\ x\mapsto ax$. Alors ce morphisme de groupes est injectif, car son noyau est réduit à $\{0_A\}$ puisque $A$ est intègre. Puisque $A$ est fini, ce morphisme est nécessairement bijectif, et donc il existe $x\in A$ tel que $ax=1_A$. Par commutativité de $A$, on a aussi $xa=1_A$ et donc $a$ admet un inverse : $A$ est un corps.
Remarquons que l'on peut se passer de l'hypothèse que $A$ est commutatif, par exemple en faisant le même raisonnement avec $x\mapsto xa$, et en prouvant que l'inverse à droite et l'inverse à gauche coïncident.

Soit $Q\in A[X]\backslash\{0\}$ de degré minimal tel que $PQ=0.$ Si $\deg(Q)=0$, c'est terminé. Sinon, écrivons $P=\sum_{i=0}^n a_i X^i$ et $Q=\sum_{j=0}^m b_j X^j$ avec $a_n\neq 0$ et $b_m\neq 0.$ Alors le coefficient devant $X^{n+m}$ est $a_n b_m$ et il est nul. Le polynôme $a_n Q$ est donc de degré strictement inférieur à $m,$ et $P(a_n Q)=0.$ Par minimalité du degré de $Q,$ on doit donc avoir $a_n Q=0$ c'est-à-dire $a_n b_j=0$ pour tout $j=0,\dots, m.$
Le coefficient devant $X^{n+m-1}$ du polynôme $PQ,$ vaut $a_{n-1} b_{m}+a_{n}b_{m-1},$ et le deuxième terme de cette somme est nulle. On doit aussi avoir $a_{n-1}b_m=0.$ En raisonnant comme ci-dessus, on obtient que $a_{n-1}Q=0$ et en particulier $a_{n-1}b_j=0$ pour tout $j=0,\dots,m.$
On étudie maintenant le coefficient devant $X^{n+m-2}$ dans le produit $PQ.$ Il est égal à $a_{n-2}b_m+a_{n-1}b_{m-1}+a_n b_{m-2}$ et les deux derniers termes sont nuls. On obtient donc $a_{n-2}b_m=0,$ et toujours par minimalité du degré de $Q,$ $a_{n-2}Q=0$, c'est-à-dire $a_{n-2}b_j=0$ pour tout $j=0,\dots,m.$
En itérant ce raisonnement, on obtient que, pour tout $i=0,\dots,n$ et tout $j=0,\dots,m,$ on a $a_i b_j=0.$ En particulier, $a_i b_m=0$ pour tout $i=0,\dots,n$ et donc $b_m P=0$ avec $b_m\neq 0.$
On peut écrire cet argument de façon un peu plus formelle. Si la propriété est fausse, il existe $q\in\{0,\dots,n\}$ le plus grand possible tel que $a_q Q\neq 0$ (sinon $a_i b_m=0$ pour tout $i=0,\dots,n$ et $b_m P=0$). Alors on peut encore écrire $$PQ=\left(\sum_{i=0}^q a_i X^i\right)\left(\sum_{j=0}^m b_j X^j\right)$$ (les autres termes donnent un produit nul) et donc $a_q b_m=0$ d'où $$P(a_q Q)=a_q (PQ)=0$$ avec $a_q Q\neq 0$ par construction de $q$ et $\deg(a_q Q)<\deg(Q),$ ce qui contredit la minimalité du degré de $Q.$

Soit $\mathcal C$ un cercle du plan admettant au moins $3$ points à coordonnées rationnelles, disons $A(x_A,y_A),$ $B(x_B,y_B)$ et $C(x_C,y_C).$ Alors il est facile de voir que la médiatrice de $[AB]$ a pour équation $ax+by+c=0,$ où $a,b,c\in\mathbb Q$ : le milieu $I$ de $[AB]$ est à coordonnées rationnelles et $M(x,y)$ est sur la médiatrice de $[AB]$ si et seulement si $\overrightarrow{IM}\cdot\overrightarrow{AB}=0,$ si et seulement si $$(x-x_I)(x_B-x_A)+(y-y_I)(y_B-y_A)=0.$$ On utilise ici que $\mathbb Q$ est un anneau. De même, la médiatrice de $[AC]$ a pour équation $a'x+b'y+c'=0,$ avec $a',b',c'\in\mathbb Q.$ Le centre du cercle, que l'on va noter $O,$ est alors l'intersection des deux droites $ax+by+c=0$ et $a'x+b'y+c'=0.$ Puisque $\mathbb Q$ est un corps, ce point d'intersection est à coordonnées rationnelles. Notons $R$ le rayon du cercle. On a $$R^2=(x_A-x_O)^2+(y_A-y_O)^2\in\mathbb Q.$$ Ainsi, le cercle admet pour équation $x^2+y^2+ex+fy+g=0$ avec $e,f,g\in\mathbb Q.$
Considérons maintenant la droite $(D_r)$, où $r\in\mathbb Q\backslash\{0\},$ passant par $A$ et de pente $r$ : $(D_r)$ a pour équation $$y=y_A+r (x-x_A).$$ Sauf pour (éventuellement) une valeur de $r$, pour laquelle la droite $(D_r)$ est tangente au cercle, $\mathcal C$ et $(D_r)$ possèdent exactement deux points d'intersection. L'abscisse $x$ de ces points d'intersection vérifie l'équation du second degré $$x^2+(y_A+r(x-x_A))^2+ex+f\big(y_A+r(x-x_A)\big)+g=0$$ qu'on peut réécrire $$\alpha x^2+\beta x +\gamma=0$$ avec $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb Q.$ Si $A_r$ est le deuxième point d'intersection (puisque $A$ est le premier), de coordonnées $(x_r,y_r),$ alors on sait que $$x_r +x_A=-\frac{\beta}{\alpha}.$$ On obtient $x_r\in\mathbb Q.$ Revenant à l'équation de $(D_r),$ on obtient aussi $y_r\in\mathbb Q.$ Ainsi, pour chaque $r\in\mathbb Q\backslash\{0\},$ sauf éventuellement pour une valeur de $r,$ on trouve un point $A_r$ de $\mathcal C$ à coordonnées dans $\mathbb Q,$ et ces points sont tous distincts. Ainsi, on a démontré que tout cercle admettant trois points à coordonnées rationnelles admet en fait une infinité de points à coordonnées rationnelles.
Bien sûr, dans le cadre d'un oral de concours, on peut s'attendre à une question supplémentaire naturelle suivante : existe-t-il des exemples avec aucun point rationnel, un point rationnel, deux points rationnels, une infinité de points rationnels ? La réponse est oui :

• $x^2+y^2=\sqrt 2$ n'admet aucun point rationnel car $\sqrt 2$ n'est pas rationnel.
• $x^2+(y-\sqrt 2)^2=2$ admet exactement $1$ point rationnel. En effet, si $(x,y)$ est un point rationnel du cercle, on a en développant $x^2+y^2=2\sqrt 2 y.$ Pour que le membre de droite soit rationnel, il est nécessaire que $y=0$ et ceci donne $x^2=0,$ donc $x=0.$ Réciproquement, le point $(0,0)$ est sur le cercle.
• $x^2+(y-\sqrt 2)^2=3$ admet exactement $2$ points rationnels. En effet, si $(x,y)$ est un point rationnel du cercle, on a en développant $x^2+y^2-1=2\sqrt 2 y.$ Pour que le membre de droite soit rationnel, il est nécessaire que $y=0$ et ceci donne $x^2=1,$ donc $x=\pm 1.$ Réciproquement, les points $(1,0)$ et $(-1,0)$ sont sur le cercle.
• $x^2+y^2=1$ admet au moins quatre points rationnels ( $(1,0)$, $(-1,0)$, $(0,1)$ et $(0,-1)$) : par le travail fait précédemment, il en admet une infinité.

On va commencer par démontrer le résultat intermédiaire suivant ; si $(x_1,\dots,x_n)$ est une base orthonormée de $E$ et $A\in S_n(\mathbb R),$ alors $$\sum_{k=1}^n \exp(\langle Ax_k,x_k\rangle)\leq \textrm{Tr}(e^A).$$ En effet, écrivons $A=P\textrm{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)P^T$ de sorte que $e^A=P\textrm{diag}(e^{\lambda_1},\dots,e^{\lambda_n})P^T.$ On a donc $$ \textrm{Tr}(e^A)=\sum_{i=1}^n e^{\lambda_i}.$$ Soit $(e_1,\dots,e_n)$ une base orthonormale de vecteurs propres pour $A$ telle que $Ae_i=\lambda_i e_i$ pour tout $i=1,\dots,n.$ Pour $k=1,\dots,n,$ on écrit $$x_k=\sum_{i=1}^n \langle x_k,e_i\rangle e_i$$ d'où on tire $$\langle Ax_k,x_k\rangle=\sum_{i=1}^n \lambda_i \langle x_k,e_i\rangle^2.$$ Mais $\sum_{i=1}^n\langle x_k,e_i\rangle^2=1$ car $\|x_k\|=1$ et donc par l'inégalité de Jensen appliquée à la fonction exponentielle, qui est convexe, on trouve $$\exp\left(\langle Ax_k,x_k\rangle\right)\leq \sum_{i=1}^n \langle x_k,e_i\rangle^2 e^{\lambda_i}.$$ On somme ceci sur $k$ et on trouve \begin{align*} \sum_{k=1}^n \exp\left(\langle Ax_k,x_k\rangle\right)&\leq\sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^n \langle x_k,e_i\rangle^2 e^{\lambda_i}\\ &\leq\sum_{i=1}^n e^{\lambda_i}=\textrm{Tr}(e^A). \end{align*} On en déduit le résultat de la façon suivante. Soit $A,B\in \mathcal S_n(\mathbb R)$ et soit $t\in]0,1[$. Posons $M=tA+(1-t)B.$ Alors $M$ est diagonalisable dans une base orthonormale : soit $(x_1,\dots,x_n)$ une base orthonormale de $E$ et $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ des réels tels que $Mx_i=\lambda_i x_i$ pour tout $i=1,\dots,n.$ On remarque que, pour $i=1,\dots,n,$ on a $$\lambda_i=\langle Mx_i,x_i\rangle=t\langle Ax_i,x_i\rangle+(1-t)\langle Bx_i,x_i\rangle.$$ On en déduit que \begin{align*} \textrm{Tr}(e^M)&=\sum_{i=1}^n e^{\lambda_i}\\ &=\sum_{i=1}^n \exp\left(t\langle Ax_i,x_i\rangle+(1-t)\langle Bx_i,x_i\rangle\right)\\ &\leq \sum_{i=1}^n\Big( t\exp(\langle Ax_i,x_i\rangle)+(1-t)\exp(\langle Bx_i,x_i\rangle)\Big)\\ &\leq t\textrm{Tr}(e^A)+(1-t)\textrm{Tr}(e^B) \end{align*} où on a utilisé successivement la convexité de la fonction exponentielle, et le résultat démontré en préambule. Pas facile cet exercice, non ?

1. Deux matrices semblables ont les mêmes valeurs propres. Ainsi, pour tout $B\in\mathcal M_n(\mathbb C)$ et tout $\veps\neq 0,$ $B$ et $B+\veps I_n$ ne sont pas semblables. Donc, si $B\in C(A),$ toute boule autour de B contient une matrice du type $B+\veps I_n$ qui n'est pas semblable à $B,$ donc pas semblable à $A.$
2. Il suffit de démontrer que $GL_n(\mathbb C)$ est connexe par arcs. En effet, si $B=PAP^{-1}$ et $C=QAQ^{-1}$ sont toutes deux dans $C(A),$ et si $\varphi:[0,1]\to GL_n(\mathbb C)$ est un chemin continu vérifiant $\varphi(0)=P$ et $\varphi(1)=Q,$ alors par continuité du produit matriciel et du passage à l'inverse, $t\mapsto \varphi(t) A\varphi(t)^{-1}$ est un chemin continu à valeurs dans $C(A),$ partant de $B$ et allant à $C.$
   Considérons donc $P$ et $Q$ dans $GL_n(\mathbb C)$ et soit $M(z)=(1-z)P+zQ.$ Alors $z\in\mathbb C\mapsto M(z)$ est continue et $z\mapsto \det M(z)$ est un polynôme non identiquement nul. Il admet un nombre fini de racines, soit $A$ l'ensemble fini de ses racines.
   Alors $\mathbb C\backslash A$ est connexe par arcs, et il existe $\gamma:[0,1]\to \mathbb C\backslash A$ avec $\gamma(0)=0$ et $\gamma(1)=1.$
   La fonction $t\in[0,1]\mapsto M(\gamma(t))$ est une fonction continue de $[0,1]$ dans $GL_n(\mathbb C),$ valant $P$ en $0$ et $Q$ en $1.$ Ceci prouve que $GL_n(\mathbb C)$ est connexe par arcs.
3. On commence par remarquer que si $A$ n'est pas diagonale, alors $C(A)$ n'est pas bornée. En effet, supposons par exemple $a_{2,1}\neq 0$ et considérons pour $\lambda\neq 0,$ $P=\textrm{diag}(\lambda,1,\dots,1).$ Posons $A(\lambda)=P_\lambda A P_{\lambda}^{-1}.$ Alors en effectuant les produits successifs $$\begin{pmatrix} a_{1,1}&\dots&\dots\\ a_{2,1}&\dots&\dots\\ \vdots&\vdots&\vdots \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1/\lambda&&\\ &1&\\ &&\ddots \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \frac{a_{1,1}}\lambda&\dots&\dots\\ \frac{a_{2,1}}\lambda&\dots&\dots\\ \vdots&\vdots&\vdots \end{pmatrix}$$ puis $$\begin{pmatrix}\lambda&&\\ &1&\\ &&\ddots \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{a_{1,1}}\lambda&\dots&\dots\\ \frac{a_{2,1}}\lambda&\dots&\dots\\ \vdots&\vdots&\vdots \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} a_{1,1}&\dots&\dots\\ \frac{a_{2,1}}\lambda&\dots&\dots\\ \vdots&\vdots&\vdots \end{pmatrix},$$ on remarque que $a_{2,1}(\lambda)=a_{2,1}/\lambda.$ En particulier, $\lim_{\lambda\to 0}\|A(\lambda)\|=+\infty$ alors que $A(\lambda)\in C(A).$ Ainsi, $C(A)$ n'est pas bornée.
   Considérons maintenant $A$ diagonale et supposons qu'elle admet deux coefficients diagonaux distincts, par exemple $a_{1,1}\neq a_{2,2}.$ Considérons alors $P$ la matrice $$P=\begin{pmatrix} 1&1&0&\dots\\ 0&1&0&\dots\\ 0&&\ddots&\vdots\\ 0&\dots&\dots&1 \end{pmatrix}, P^{-1}=\begin{pmatrix} 1&-1&0&\dots\\ 0&1&0&\dots\\ 0&&\ddots&\vdots\\ 0&\dots&\dots&1 \end{pmatrix}.$$ Alors, le petit calcul suivant, effectué uniquement en dimension $2,$ prouve que $B=PAP^{-1}$ n'est pas diagonale : $$\begin{pmatrix} a_{1,1}&0\\ 0&a_{2,2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&-1\\ 0&1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} a_{1,1}&-a_{1,1}\\ 0&a_{2,2} \end{pmatrix} $$ et $$ \begin{pmatrix} 1&1\\ 0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{1,1}&-a_{1,1}\\ 0&a_{2,2} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} a_{1,1}&a_{2,2}-a_{1,1}\\ 0&a_{2,2} \end{pmatrix}. $$ Ainsi, dans $C(A)$ il existe une matrice $B$ qui n'est pas diagonale. Donc $C(A)=C(B)$ n'est pas bornée.
   Réciproquement, si $A=\lambda I_n,$ alors $C(A)=\{A\}$ est bornée.
4. Supposons d'abord que $C(A)$ est fermée. Soit $T$ triangulaire supérieure telle que $A$ est semblable à $T,$ de sorte que $C(A)=C(T).$ On va trouver une matrice semblable à $T$ dont les coefficients hors diagonale sont le plus petit possible. Pour cela, considérons, pour $k\geq 1,$ les matrices de dilatation $D_k=\textrm{diag}(1^k,2^k,\dots,n^k).$ Comme la multiplication à droite (resp. à gauche) par une matrice diagonale revient à multiplier les colonnes (resp. les lignes) par les coefficients de la diagonale, on a $$D_k T D_k^{-1}=\left(\frac{i^k}{j^k}t_{i,j}\right)_{1\leq i,j\leq n}.$$ Les coefficients diagonaux restent donc inchangés, la matrice reste triangulaire supérieure, et pour les coefficients au-dessus de la diagonale, c'est-à-dire pour lesquels $j>i,$ on a $$\lim_{k\to+\infty} \frac{i^k}{j^k}t_{i,j}=0.$$ Ainsi, la matrice $D_k T D_k^{-1}$ converge vers une matrice diagonale et comme $C(A)$ est fermée, $A$ est semblable à une matrice diagonale et est donc diagonalisable.
   Réciproquement, on suppose que $A$ est diagonalisable et on considère une suite $(A_k)$ de $C(A)$ qui converge vers $B$. Soit $(P_k)$ une suite de $GL_n(\mathbb C)$ telle que $A_k=P_k AP_k^{-1}$ pour tout $k\geq 1.$ On doit prouver que $A$ est semblable à $B$. Mais puisque $A$ est diagonalisable, il existe $\mu\in\mathbb C[X]$ scindé à racines simples tel que $\mu(A)=0.$ On obtient encore $$\mu(A_k)=P_k \mu(A)P_k^{-1}=0,$$ et donc, par passage à la limite, $\mu(B)=0.$ En particulier, $B$ admet un polynôme annulateur scindé à racines simples, donc $B$ est diagonalisable. De plus, puisque deux matrices semblables ont le même polynôme caractéristique et que, par continuité du déterminant, si $(A_k)$ converge vers $B,$ alors $(\chi_{A_k})$ converge vers $\chi_B$ dans $\mathbb C_n[X],$ on en déduit que $\chi_B=\chi_A.$ Mais alors, $A$ et $B$ (qui sont toutes les deux diagonalisables) sont semblables à la même matrice diagonale. Donc $A$ et $B$ sont semblables et $C(A)$ est bien fermée.