Problème de topologie en dimension finie : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : problème de topologie en dimension finie

Le corrigé détaillé : problème de topologie en dimension finie

Exercice 1 – Une norme à boule hexagonale (3 points)

1. Notons \(\varphi_1(x, y) = 2|x|\), \(\varphi_2(x, y) = |y|\) et \(\varphi_3(x, y) = |x – y|\) : ce sont des valeurs absolues de formes linéaires, donc \(N = \max(\varphi_1, \varphi_2, \varphi_3)\) est positive. Si \(N(x, y) = 0\), alors \(2|x| = 0\) et \(|y| = 0\), d’où \((x, y) = (0, 0)\). Ensuite, pour \(\lambda \in \mathbb{R}\), chaque \(\varphi_k(\lambda u)\) vaut \(|\lambda|\,\varphi_k(u)\), donc \(N(\lambda u) = |\lambda|\,N(u)\). Enfin, l’inégalité triangulaire de la valeur absolue donne \(\varphi_k(u + v) \leq \varphi_k(u) + \varphi_k(v) \leq N(u) + N(v)\) pour chaque \(k\) ; on passe alors au maximum. Ainsi \(N\) est une norme sur \(\mathbb{R}^2\).
2. On a \(N(x, y) \leq 1\) si et seulement si les trois conditions \(|x| \leq \frac{1}{2}\), \(|y| \leq 1\) et \(|x – y| \leq 1\) sont vérifiées. La boule est donc l’intersection de trois bandes : deux côtés verticaux portés par \(x = \pm\frac{1}{2}\), deux côtés horizontaux portés par \(y = \pm 1\), puis deux côtés obliques portés par \(y = x + 1\) et \(y = x – 1\). Par exemple, la droite \(y = x + 1\) coupe \(x = -\frac{1}{2}\) en \(\left(-\frac{1}{2}\,;\frac{1}{2}\right)\) et \(y = 1\) en \((0\,;1)\). De même, les autres intersections donnent les quatre sommets restants. La boule unité fermée est bien l’hexagone de la figure.

3. Majoration par la norme infinie

   Soit \(u = (x, y)\). On a \(2|x| \leq 2\|u\|_\infty\), \(|y| \leq \|u\|_\infty\) et \(|x – y| \leq |x| + |y| \leq 2\|u\|_\infty\). Donc \(N(u) \leq 2\|u\|_\infty\). Pour \(u = (1\,;-1)\), on obtient \(N(u) = \max(2, 1, 2) = 2\) et \(\|u\|_\infty = 1\) : l’égalité est atteinte, donc \(\beta = 2\) est optimale.

   Minoration et cas d’égalité

   De plus, \(|y| \leq N(u)\) et \(|x| \leq \frac{1}{2}N(u) \leq N(u)\), donc \(\|u\|_\infty \leq N(u)\). Pour \(u = (0\,;1)\), on trouve \(N(u) = \max(0, 1, 1) = 1 = \|u\|_\infty\). Par conséquent \(\alpha = 1\) est optimale, et \(\|u\|_\infty \leq N(u) \leq 2\|u\|_\infty\). Géométriquement, l’hexagone est coincé entre les carrés \(\|u\|_\infty \leq \frac{1}{2}\) et \(\|u\|_\infty \leq 1\), qu’il touche tous les deux.

   

Barème : 1) séparation 0,25, homogénéité 0,25, inégalité triangulaire 0,5 ; 2) les trois bandes 0,5, sommets 0,5 ; 3) majoration avec cas d’égalité 0,5, minoration avec cas d’égalité 0,5.

Piège classique : donner des constantes valables sans prouver qu’elles sont les meilleures ; seul un vecteur réalisant l’égalité établit l’optimalité.

Exercice 2 – Matrices de rang borné (3,5 points)

1. Le rang lu sur les mineurs

   Le rang d’une matrice est le plus grand entier \(s\) tel qu’elle possède une sous-matrice carrée de taille \(s\) inversible. Donc \(\mathrm{rg}(A) \geq r + 1\) si et seulement si un mineur de taille \(r + 1\) de \(A\) est non nul.

   Un complémentaire ouvert

   Si \(r = n\), alors \(R_n = M_n(\mathbb{R})\) est fermé. Supposons \(r < n\). Pour des ensembles \(I\) et \(J\) de \(r + 1\) indices, l’application \(\delta_{I,J} : A \mapsto \det\left(A_{I,J}\right)\) est polynomiale en les coefficients de \(A\). En dimension finie, les coordonnées sont des formes linéaires continues, donc \(\delta_{I,J}\) est continue. Ainsi \(\delta_{I,J}^{-1}\left(\mathbb{R}^*\right)\) est un ouvert, car \(\mathbb{R}^*\) est ouvert. Or le complémentaire de \(R_r\) est la réunion finie de ces ouverts. Par conséquent, \(R_r\) est fermée.

2. Soit \(A \in R_r\). La fonction \(t \mapsto \det(A + t I_n)\) est polynomiale, de degré \(n\) et de coefficient dominant \(1\) : elle est non nulle et n’a donc qu’un nombre fini de racines. Il existe alors \(k_0\) tel que \(A_k = A + \frac{1}{k} I_n\) soit inversible pour \(k \geq k_0\). Ces matrices sont de rang \(n > r\), donc hors de \(R_r\), et pourtant \(\|A_k – A\| = \frac{1}{k}\|I_n\|\) tend vers \(0\). Toute boule centrée en \(A\) rencontre donc le complémentaire de \(R_r\). Ainsi \(R_r\) est d’intérieur vide.
3. Notons \(E_{11}\) la matrice dont seul le coefficient en position \((1, 1)\) vaut \(1\). D’abord, \(\frac{1}{k}E_{11} \in S\) tend vers la matrice nulle, qui n’est pas dans \(S\) : \(S\) n’est pas fermée. Ensuite, \(E_{11} + \frac{1}{k}I_2\), diagonale de coefficients \(1 + \frac{1}{k}\) et \(\frac{1}{k}\), est inversible et tend vers \(E_{11} \in S\) : \(S\) n’est pas ouverte. Enfin, \(S \subset R_1\) avec \(R_1\) fermée, donc \(\overline{S} \subset R_1\) ; de plus \(R_1 = S \cup \{0\}\) et \(0 \in \overline{S}\). Donc \(\overline{S} = R_1\), c’est-à-dire l’ensemble des matrices de \(M_2(\mathbb{R})\) de déterminant nul.

Barème : 1) caractérisation par les mineurs 0,5, continuité des mineurs 0,5, réunion d’ouverts et conclusion 0,5 ; 2) polynôme non nul 0,5, suite qui sort de \(R_r\) 0,5 ; 3) non fermée 0,25, non ouverte 0,25, adhérence 0,5.

Piège classique : croire que l’ensemble des matrices de rang au moins \(r\) est fermé ; c’est au contraire un ouvert, car le rang peut chuter à la limite.

Exercice 3 – Le point le plus proche sur une parabole (3 points)

1. Une partie compacte bien choisie

   Fixons \(f_0 \in F\) et posons \(\rho = \|a – f_0\|\). La partie \(K = F \cap B_f(a, \rho)\) est fermée, comme intersection de deux fermés, et bornée. Puisque \(E\) est de dimension finie, \(K\) est compacte ; elle est de plus non vide, car elle contient \(f_0\).

   Le minimum est atteint

   L’application \(g : x \mapsto \|a – x\|\) est \(1\)-lipschitzienne, donc continue. Sur le compact non vide \(K\), elle atteint alors son minimum en un point \(b\). Si \(x \in F \setminus K\), on a \(g(x) > \rho = g(f_0) \geq g(b)\). Par conséquent, \(g(b) \leq g(x)\) pour tout \(x \in F\). Donc \(\|a – b\| = d(a, F)\) avec \(b \in F\).

2. Fermeture de la parabole

   L’application \(\psi : (x, y) \mapsto y – x^2 + 2\) est polynomiale, donc continue, et \(P = \psi^{-1}\left(\{0\}\right)\) avec \(\{0\}\) fermé. Ainsi \(P\) est fermée, ce qui garantit, d’après la question précédente, que la distance est atteinte.

   Minimisation du carré de la distance

   Un point de \(P\) s’écrit \(M = (x, x^2 – 2)\). En posant \(t = x^2 \geq 0\), on obtient :

   \(OM^2 = x^2 + (x^2 – 2)^2 = t^2 – 3t + 4 = \left(t – \frac{3}{2}\right)^2 + \frac{7}{4}\).

   Ce trinôme atteint son minimum \(\frac{7}{4}\) en \(t = \frac{3}{2}\), qui est bien positif. Alors \(x = \pm\frac{\sqrt{6}}{2}\) et \(y = \frac{3}{2} – 2 = -\frac{1}{2}\). Donc \(d(O, P) = \frac{\sqrt{7}}{2}\), atteinte exactement en \(M_+\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\,;-\frac{1}{2}\right)\) et \(M_-\left(-\frac{\sqrt{6}}{2}\,;-\frac{1}{2}\right)\). Notons que le sommet \((0\,;-2)\), à distance \(2\), n’est pas le point le plus proche. Le cercle de centre \(O\) et de rayon \(\frac{\sqrt{7}}{2}\) touche ainsi la parabole en deux points.

   

Barème : 1) compacité de \(K\) 0,5, minimum sur \(K\) 0,5, comparaison hors de \(K\) 0,5 ; 2) \(P\) fermée 0,25, trinôme 0,5, distance 0,25, les deux points 0,5.

Piège classique : invoquer la compacité de \(F\) elle-même ; une parabole n’est pas bornée, d’où le passage par l’intersection avec une boule fermée.

Exercice 4 – Groupes linéaires réel et complexe (3,5 points)

1. Supposons qu’il existe un chemin continu \(\gamma : [0, 1] \to GL_n(\mathbb{R})\) de \(I_n\) à \(D\), où \(D\) est diagonale de coefficients \(-1, 1, \ldots, 1\). Le déterminant est polynomial en les coefficients, donc continu, et \(h = \det \circ \gamma\) est continue de \([0, 1]\) dans \(\mathbb{R}\). Or \(h(0) = 1\) et \(h(1) = -1\) : d’après le théorème des valeurs intermédiaires, \(h\) s’annule. C’est impossible, car \(\gamma(t)\) est inversible. Donc \(GL_n(\mathbb{R})\) n’est pas connexe par arcs.
2. 1. Les coefficients de \((1 – z)A + zB\) sont des fonctions affines de \(z\), et le déterminant est un polynôme en ces coefficients. Donc \(Q\) est polynomiale, de degré au plus \(n\). De plus, \(Q(0) = \det A \neq 0\) et \(Q(1) = \det B \neq 0\). Ainsi \(Q\) est non nulle, son ensemble \(Z\) de racines est fini et ne contient ni \(0\) ni \(1\).

   2. Racines sur le premier segment

      Soit \(z_0 \in Z\). Il appartient à \([0, w_y]\) quand \(z_0 = s\,w_y\) avec \(s \in \left]0\,;1\right]\), car \(z_0 \neq 0\). Alors \(\mathrm{Re}(z_0) = \frac{s}{2}\) et \(\mathrm{Im}(z_0) = s\,y\), d’où \(s = 2\,\mathrm{Re}(z_0)\) puis \(y = \frac{\mathrm{Im}(z_0)}{2\,\mathrm{Re}(z_0)}\). Une seule valeur de \(y\) au plus est donc concernée.

      Racines sur le second segment

      De même, \(z_0 \in [w_y, 1]\) signifie \(z_0 = 1 + s(w_y – 1)\) avec \(s \in \left]0\,;1\right]\), puisque \(z_0 \neq 1\). On obtient \(\mathrm{Re}(z_0) = 1 – \frac{s}{2}\) et \(\mathrm{Im}(z_0) = s\,y\), donc \(y = \frac{\mathrm{Im}(z_0)}{2\left(1 – \mathrm{Re}(z_0)\right)}\). Chaque racine exclut ainsi au plus deux valeurs de \(y\). Comme \(Z\) est fini, \(\Gamma_y\) évite \(Z\) pour tout \(y > 0\) sauf un nombre fini. Sur la figure, chaque valeur exclue correspond à une demi-droite issue de \(0\) ou de \(1\) passant par une racine.

      

   3. Choisissons \(y > 0\) non exclu et une paramétrisation continue \(\gamma\) de \(\Gamma_y\), par exemple \(\gamma(t) = 2t\,w_y\) sur \(\left[0\,;\frac{1}{2}\right]\), puis \(\gamma(t) = w_y + (2t – 1)(1 – w_y)\) sur \(\left[\frac{1}{2}\,;1\right]\). Posons ensuite \(M(t) = \left(1 – \gamma(t)\right)A + \gamma(t)B\) : ce chemin est continu, part de \(A\) et arrive en \(B\). Enfin, \(\det M(t) = Q\left(\gamma(t)\right) \neq 0\). Par conséquent, \(GL_n(\mathbb{C})\) est connexe par arcs.

Barème : 1) déterminant continu 0,5, valeurs intermédiaires et contradiction 0,75 ; 2a) polynôme 0,25, non nul avec \(0\) et \(1\) non racines 0,5 ; 2b) premier segment 0,5, second segment et finitude 0,5 ; 2c) chemin et conclusion 0,5.

Piège classique : utiliser le segment \([A, B]\) dans \(GL_n(\mathbb{C})\) ; il peut traverser une matrice non inversible, d’où le détour par le plan complexe.

Exercice 5 – Problème : le groupe orthogonal, compact et coupé en deux (7 points)

Partie A : compacité et intérieur

1. L’application \(f : A \mapsto A^{T} A\) a des coefficients polynomiaux en ceux de \(A\) ; elle est donc continue de \(M_n(\mathbb{R})\) dans lui-même. Puisque le singleton \(\left\{I_n\right\}\) est fermé, \(O_n(\mathbb{R}) = f^{-1}\left(\left\{I_n\right\}\right)\) est fermé.
2. Pour \(Q \in O_n(\mathbb{R})\), on a \(\|Q\|^2 = \mathrm{tr}\left(Q^{T} Q\right) = \mathrm{tr}(I_n) = n\), donc \(\|Q\| = \sqrt{n}\). Ainsi \(O_n(\mathbb{R})\) est bornée. Elle est de plus fermée dans un espace de dimension finie. Par conséquent, \(O_n(\mathbb{R})\) est compact.
3. Soit \(Q \in O_n(\mathbb{R})\) et \(Q_k = \left(1 + \frac{1}{k}\right)Q\). Alors \(Q_k^{T} Q_k = \left(1 + \frac{1}{k}\right)^2 I_n \neq I_n\), donc \(Q_k \notin O_n(\mathbb{R})\). Pourtant \(\|Q_k – Q\| = \frac{\sqrt{n}}{k}\) tend vers \(0\). Aucune boule centrée en \(Q\) n’est donc incluse dans \(O_n(\mathbb{R})\). Le groupe orthogonal est d’intérieur vide.
4. Si \(Q \in O_n(\mathbb{R})\), alors \(\det(Q)^2 = \det\left(Q^{T} Q\right) = 1\), donc \(\det Q = \pm 1\). Les deux valeurs sont atteintes, par \(I_n\) et par la matrice diagonale \(D\) de coefficients \(-1, 1, \ldots, 1\), qui est orthogonale. Donc \(\det\left(O_n(\mathbb{R})\right) = \{-1, 1\}\). Un chemin continu de \(I_n\) à \(D\) dans \(O_n(\mathbb{R})\) donnerait, après composition par le déterminant continu, une fonction continue sur \([0, 1]\) à valeurs dans \(\{-1, 1\}\), égale à \(1\) puis à \(-1\). Cela contredit le théorème des valeurs intermédiaires. Ainsi \(O_n(\mathbb{R})\) n’est pas connexe par arcs.

Les deux morceaux de O₂(R), partie B

5. La première colonne

   Soit \(Q \in O_2(\mathbb{R})\) de colonnes \(C_1\) et \(C_2\). La relation \(Q^{T} Q = I_2\) signifie que \((C_1, C_2)\) est une base orthonormée de \(\mathbb{R}^2\). Comme \(C_1\) est unitaire, il existe \(\theta \in \mathbb{R}\) tel que \(C_1 = (\cos\theta, \sin\theta)\).

   Deux choix pour la seconde

   Ensuite, \(C_2\) est unitaire et orthogonal à \(C_1\) : c’est donc \((-\sin\theta, \cos\theta)\) ou \((\sin\theta, -\cos\theta)\). Dans le premier cas, \(Q = R_\theta\) avec \(\det R_\theta = \cos^2\theta + \sin^2\theta = 1\). Dans le second, \(Q = S_\theta\) avec \(\det S_\theta = -1\). Les matrices de \(SO_2(\mathbb{R})\) sont donc les \(R_\theta\), et les autres matrices orthogonales sont les \(S_\theta\).

6. L’application \(\theta \mapsto R_\theta\) est continue, car ses coefficients le sont. Pour \(R_\alpha\) et \(R_\beta\), le chemin \(t \mapsto R_{(1 – t)\alpha + t\beta}\) les relie en restant dans \(SO_2(\mathbb{R})\). Donc \(SO_2(\mathbb{R})\) est connexe par arcs, et le même argument avec \(\theta \mapsto S_\theta\) vaut pour \(O_2(\mathbb{R}) \setminus SO_2(\mathbb{R})\). En revanche, \(\det I_2 = 1\) et \(\det S_0 = -1\) : comme en question 4, un chemin continu de \(I_2\) à \(S_0\) dans \(O_2(\mathbb{R})\) ferait passer le déterminant par une valeur intermédiaire interdite. Aucun tel chemin n’existe ; les deux cercles de la figure sont deux morceaux disjoints.

Distance au groupe orthogonal, partie C

7. L’application \(Q \mapsto \|A – Q\|\) est continue sur le compact non vide \(O_n(\mathbb{R})\) ; elle y atteint donc son minimum, qui est par définition \(d\left(A, O_n(\mathbb{R})\right)\). La distance est atteinte. Par bilinéarité et symétrie du produit scalaire, puis grâce à la question 2 :
   \(\|A – Q\|^2 = \|A\|^2 – 2\langle A, Q\rangle + \|Q\|^2\)
   soit \(\|A – Q\|^2 = \|A\|^2 + n – 2\langle A, Q\rangle\).
   Minimiser la distance revient ainsi à maximiser \(\langle A, Q\rangle\) sur \(O_n(\mathbb{R})\).

8. Deux produits scalaires

   Le produit scalaire \(\mathrm{tr}\left(A^{T} B\right)\) est la somme des produits terme à terme des coefficients. Pour \(A = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}\), on obtient :

   \(\langle A, R_\theta\rangle = \cos\theta + 2\sin\theta + 2\sin\theta + 2\cos\theta = 3\cos\theta + 4\sin\theta\),

   et de même \(\langle A, S_\theta\rangle =\cos\theta – 2\sin\theta + 2\sin\theta – 2\cos\theta = -\cos\theta\).

   Le maximum sur le cercle

   D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz dans \(\mathbb{R}^2\), \(3\cos\theta + 4\sin\theta \leq \sqrt{3^2 + 4^2} = 5\), avec égalité si et seulement si \((\cos\theta, \sin\theta)\) est colinéaire de même sens à \((3, 4)\), soit \(\cos\theta = \frac{3}{5}\) et \(\sin\theta = \frac{4}{5}\). Par ailleurs, \(\langle A, S_\theta\rangle \leq 1 < 5\). Le maximum de \(\langle A, Q\rangle\) sur \(O_2(\mathbb{R})\) vaut donc \(5\), atteint en une seule matrice.

   

   Distance et matrice la plus proche

   Comme \(\|A\|^2 = 1 + 4 + 4 + 4 = 13\), la question 7 donne \(d\left(A, O_2(\mathbb{R})\right)^2 = 13 + 2 – 2 \times 5 = 5\). Donc \(d\left(A, O_2(\mathbb{R})\right) = \sqrt{5}\), réalisée uniquement par \(Q_0 = \frac{1}{5}\begin{pmatrix} 3 & -4 \\ 4 & 3 \end{pmatrix}\). On vérifie enfin directement : \(A – Q_0 = \frac{1}{5}\begin{pmatrix} 2 & -6 \\ 6 & 7 \end{pmatrix}\), dont le carré de la norme vaut \(\frac{4 + 36 + 36 + 49}{25} = 5\).

Barème : A1) 0,75 ; A2) norme 0,25, compacité justifiée 0,5 ; A3) 0,5 ; A4) déterminant 0,25, non-connexité 0,25 ; B5) première colonne 0,5, deux cas 0,5 ; B6) chemins 0,5, impossibilité 0,5 ; C7) existence 0,5, développement 0,5 ; C8) produits scalaires 0,5, maximum et unicité 0,5, distance et vérification 0,5.

Piège classique : oublier les matrices \(S_\theta\) dans la question 8 ; il faut comparer les deux familles avant d’affirmer que le maximum vaut \(5\).

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