Développements pour l"agrégationDavidMichel2016-2017Table des matièresI Algèbre et Géométrie 31 Algorithme de Berlekamp32 Décomposition de Dunford53 Ellipsoïde de John-Loewner74 Équation de Pell-Fermat95 Étude deO(p;q)106 Étude de l"anneauZ"1 +ip192#127 Formule de Poisson pour les groupes abéliens finis 148 Groupe simple d"ordre 60169 Invariants de similitude1810 Lemme de Dedekind et application 1911 Morphismes de(S1;)dans(GLn(R);)2112 Polynômes irréductibles surFq2313 Réduction de Jordan d"un endomorphisme nilpotent 2514 Réduction des endomorphismes normaux 2715 Simplicité deSO3(R)2916 Sommes de Newton et algorithme de Faddeev 3017 Sous-groupes compacts deGLn(R)3218 Sous-groupes distingués et caractères 3419 Table deS43520 Théorème de Frobenius-Zolotarev3721 Théorème de Kronecker et application aux sous-groupes finis deGLn(Z)3922 Théorème de Sophie Germain4123 Théorème de structure des groupes abéliens finis 431II Analyse et probabilité 4524 Densité des polynômes orthogonaux 4525 Équation de Bessel4726 Équation de la chaleur dans une barre 4927 Formule des compléments5128 Formule sommatoire de Poisson5329 Image de l"exponentielle5530 Inégalité de Heisenberg5631 Inversion de la fonction caractéristique 5832 Méthode de Laplace6033 Méthode de Newton6234 Méthode du gradient à pas optimal 6435 Modèle de Galton-Watson6636 Probabilité que deux entiers soient premiers entre eux 6837 Théorèmes angulaire d"Abel et taubérien faible 7038 Théorème central limite7239 Théorèmes de Dini et Glivenko-Cantelli 7440 Théorème de Grothendieck7641 Théorème de Hadamard-Lévy7842 Théorème de Lax-Milgram8043 Théorème de stabilité en première approximation 8244 Théorème de Weierstrass par Bernstein 8445 Théorème des extrema liés8646 Théorème des lacunes de Hadamard 88III Développements inutilisés 9047 Automorphismes dek(X)9048 Partitions d"un entier en parts fixées 9249 Théorème de Burnside9450 Théorème de Lie-Kolchin9651 Théorème de Müntz9752 Transformation d"Euler99DavidMichel2016-20172ENS RennesUniversité Rennes 153 Un calcul lié à l"avance du périhélie de Mercure 101Première partieAlgèbre et Géométrie1 Algorithme de BerlekampV.
Beck, J. Malick, G. Peyré,Objectif Agrégation, 2eédition, H&K.
Théorème 5.36 page 245Recasage : 121, 122, 123, 141Algorithme :On considère un polynômeP2Fq[X]sans facteur carré.On noteSPl"endomorphisme d"élévation à la puissanceqdans l"anneauFq[X]=(P).
Calculerr= deg(P)rg(SpId).Sir >1?CalculerV2Fq[X]tel queVmodPn"est pas contant etVmodP2Ker(SPId).?Calculerpgcd(P;V)pour2Fq.?Appliquer l"algorithme auxpgcd(P;V)non triviaux.Sir= 1, alorsPest irréductible.BMontrons qu"on obtient ainsi la décomposition en facteurs irréductibles deP2Fq[X]sans facteur carré.
NotonsP=P1PravecP1;:::;Prirréductibles deux à deux premiers entre eux.Étape 1 : Calcul der.D"après le théorème chinois, on dispose d"un isomorphisme':Fq[X]=(P)!K1 Kroù8i2J1;rK; Ki=Fq[X]=(Pi)est un corps.
PosonsfSP='SP'1.
AlorsfSP(x) ='(('1(x))q) ='('1(x))q=xqet(x1;:::;xr)2Ker(fSPId)() 8i2J1;rK; xqi=xidansKi() 8i2J1;rK; xi2Fq,!Ki:En effet, les éléments deFq,!Kisontqracines du polynômeXqXsurKi.
CommeKiest un corps etdeg(XqX) =q,ce sont donc ses seules racines.Ainsi,Ker(fSPId) =Frq.
Comme'est un isomorphisme,Ker(fSPId) ='(Ker(SPId))etdimKer(SPId) = dimKer(fSPId) =r:Étape 2 : Factorisation deP.On suppose quer >1.
La droite vectorielleFq1deFq[X]=(P))étant de dimension 1etKer(SPId)étant de dimensionr >1, on peut trouverV2Fq[X]tel que(VmodP)2Ker(SPId)et(VmodP)n"est pas contant.
Or(VmodP)2Ker(SPId)() 8i2J1;rK;(VmodPi)2Fq:Notons alorsi= (VmodPi)2Fq;8i2J1;rK:Montrons queP=Y2Fqpgcd(P;V).
Commepgcd(P;V)diviseP, on peut écrirepgcd(P;V) =Pi1Pikaveci1;:::;ik2J1;rK. Or les polynômesPi1;:::;Piksont deux à deux premiers entre eux donc ils divisent tousV. OrPijV()V= 0modPi()=iDavidMichel2016-20173ENS RennesUniversité Rennes 1doncpgcd(P;V) =Yi=Pi.
Alors,P=rYi=1Pi=Y2Fq Yi=Pi!=Y2Fqpgcd(P;V):Étape 3 : L"algorithme se termine.À partir de cette décomposition deP, on applique l"algorithme auxpgcd(P;V)distincts de 1.
Montrons que le nombre de leurs facteurs irréductibles est strictement inférieur àr. CommeVmodPn"estpas constant, il existei;jtels quei6=j.
Alorspgcd(P;Vi) =Yk=iPketpgcd(P;Vj) =Yk=jsont distinctset ont donc strictement moins querfacteurs irréductibles.DavidMichel2016-20174ENS RennesUniversité Rennes 12 Décomposition de DunfordX.
Gourdon,Les maths en tête : Algèbre, 2eédition, Ellipses. Théorème 1 page 175, proposition 1 page 194, théorème3 page 195Recasage : 153, 154, 157Lemme 2. 1) Soientf2L(E)etP2K[X]. NotonsP=P1PsavecP1;:::;Pspremiers entre eux deux à deux, pour touti,Ei= Ker(Pi(f)).
Alors,KerP(f) =E1Eset, pour touti, le projecteur de la somme directe surEiparallèlementàMj6=iEjest un polynôme enf.BMontrons le résultat par récurrence surs2.s= 2.
CommeP1etP2sont premiers entre eux, d"après le théorème de Bézout, il existeU1;U22K[X]tels queU1P1+U2P2= 1:En particulier,8x2E; U1(f)P1(f)(x) +U2(f)P2(f)(x) =x:()?Soitx2E1\E2.
D"après(), on a doncx= 0. Ainsi,E1etE2sont en somme directe. Notonsp1:E1E2!E1etp2:E1E2!E2les projecteurs associés.?Soitx2KerP(f).
On aP2(f)(U1(f)P1(f)(x)) =U1(f)P(f)(x) = 0et, de même,P1(f)(U2(f)P2(f))(x) = 0doncKerP(f)E1E2.?Soitx=p1(x) +p2(x)2E1E2.
AlorsP(f)(x) =P2(f)P1(f)(p1(x)) +P1(f)P2(f)(p2(x)) = 0:Ainsi,E1E2KerP(f).On a donc montré queKerP(f) =E1E2ainsi que, grâce à()et?2,p1=U2(f)P2(f)etp2=U1(f)P1(f).s!s+ 1.
SiP=P1PsPs+1avecP1;:::;Ps+1premiers entre eux deux à deux. En posantQ1=P1PsetQ2=Ps+1, onP=Q1Q2avecQ1etQ2premiers entre eux.
D"après le cas précédent, et par hypothèse de récurrence,KerP(f) = (E1 Es)Es+1et, pour touti2J1;s+ 1K, sis+1Xk=1UkYj6=kPj= 1.pi:E1 Es+1!Eix7!0@Ui(f)Yj6=iPj(f)1A(x)DavidMichel2016-20175ENS RennesUniversité Rennes 1Théorème 2.
2) Soitf2L(E)tel quefest scindé.
Il existe un unique couple(d;n)2L(E)2tel que :(i)dest diagonalisable etnest nilpotent,(ii)f=d+netdn=nd.De plus,detnsont des polynômes enf.BÉtape 1 : Existence.Notonsf= (1)nsYi=1(Xi)miet, pour touti,Ni= Ker(fiIdE)mi.
Avec les notationsdu lemme, on dispose d"une famille de projecteurspi=Pi(f)surNiparallèlement àMj6=iNj.
Posons alorsd=sXi=1ipietn=fd=sXi=1(fiIdE)pi.
Par construction,dest diagonalisable et8p2N; np=sXi=1(fiIdE)ppi:Or, pourp= maxmi, on a(fiIdE)ppi= [(Xi)pPi](f) = 0carfj(Xi)pPi.
Doncnp= 0. Comme lespisont des polynômes enf,detnégalement.
En particulier, ils commutent.Étape 2 : Unicité.Soit(d0;n0)2L(E)2vérifiant(i)et(ii).d0etn0commutent donc ils commutent avecd0+n0=f.Ordetnsont des polynômes enf.
Doncd;n;d0;n0commutent. Alors,detd0sont diagonalisables dans une même base,doncdd0est diagonalisable. Ordd0=n0nest nilpotent.
Doncdd0=n0n= 0ie.d=d0etn=n0.DavidMichel2016-20176ENS RennesUniversité Rennes 13 Ellipsoïde de John-LoewnerS.
Francinou, H. Gianella, S.
Nicolas,Exercices de mathématiques, Oraux X-ENS, Algèbre 3, 2eédition, Cassini.Exercice 3.37 page 229Recasage : 152, 160, 170, 171, 203, 219, 253.Théorème 3.
1) SoitKun compact d"intérieur non vide deRn.
Il existe un unique ellipsoïde centré en 0 de volume minimal contenantK.BÉtape 1 : Calcul du volume d"un ellipsoïde.Un ellipsoïde a pour équationq(x)1oùq2Q++(1).
Pourq2Q++on note doncEq=fx2Rn; q(x)1g.
En considérant une baseBorthonormée telle que8x2Rn; q(x) =nXi=1aix2i;par changement de base orthonormée, on obtientVol(Eq) =q(x)1dn(x) =a1x21++anx2n1dx1dxn:Soit:Rn!Rn(x1;:::;xn)7!x1pa1;:::;xnpanunC1-difféomorphisme.
Par la formule du changement de variables, on a :Vol(Eq) =(fkxk2g1)dx1dxn=1pa1ankxk21dx1dxn:En notantD(q) = det(q) =pa1an(indépendant de la base orthonormée) etV0= Vol(fkxk21g), on a doncVol(Eq) =V0D(q):On va donc montrer qu"il existe une unique forme quadratiqueq2Q++maximisantD(q)avec8x2K; q(x)1.Étape 2 : Existence.On munitQde la normeN:q2Q7!supkxk=1jq(x)jet on définit l"ensembleA=fq2Q+;8x2K;q(x)1g:?Aest non vide.
En effet, commeKest compact, il existeM >0tel que8x2K;kxk M. Alors, en définissantqparq(x) =kxk2M2, on a bienq2 A.?Aest fermé.
En effet, si(qn)2 ANconverge versq2Q, alors, comme8n2N;8x2Rn;jq(x)qn(x)j N(qqn)kxk2on a8x2Rn; qn(x)!n!+1q(x).
On en déduit queq2 A.?Aest borné. En effet,Kest d"intérieur non vide donc il existea2Ketr >0tels queB(a;r)K.
Soitq2 A.Sikxk r, on aa+x2Kdoncq(a+x)1et donc, par l"inégalité de Minkowski (q2Q+), on a :pq(x) =pq(a+xa)pq(a+x) +pq(a)|{z}pq(a)21.
On noteQ;Q+;Q++l"ensemble des formes quadratiques surRn, respectivement des formes quadratiques positives, respectivement desformes quadratiques définies positives.DavidMichel2016-20177ENS RennesUniversité Rennes 1doncq(x)4.
Alors, sikxk 1, on a :q(x) =1r2q(rx)4r2doncN(q)4r2:Ainsi,Aest un compact non vide. CommeDest continue, elle y atteint un maximum enq02 A.
CommeD x7!kxk2M2!>0, on aD(q0)>0doncq02Q++.Étape 3 : Unicité.Aest convexe donc siq2 Aalorsq+q022 A.
Supposons queD(q) =D(q0).
Alorsq2Q++et parstricte log-concavité dedetsurQ++, on aDq+q02pD(q)pD(q0) =D(q0)donc il y a égalité dans cette inégalité, doncq=q0.Lemme 3.
2) SoientA;B2 S++n(R)et;2[0;1]tels que+= 1.
Alorsdet(A+B)(detA)(detB)avec égalité si et seulement siA=Bou= 0.BÉtape 1 : Pseudo-réduction simultanée.Aest définie positive donc elle définit un produit scalaire, notéh;i.
Alors,Bdéfinit une forme quadratique qui peut s"écrirex7! hx;f(x)ioùf=f. Il existe alors une base orthonorméeBpourh;itelle queD=MatB(f)est diagonale réelle.
En notantQla matrice de passage de la base canonique àB, on atQAQ=InettQBQ=D:En notantP=Q1, on aA=tPPetB=tPBP.Étape 2 : ConclusionOn a(detA)(detB)= (detP)2+2(detD)= (detP)2(detD)det(A+B) = (detP)2det(In+D)donc il suffit de montrer quedet(In+D)(detD)c"est-à-dire quenYi=1(+i) nYi=1i!oùD=diag(1;:::;n).
En prenant le log1, cela équivaut ànXi=1ln(+i)nXi=1lni:Orln(+i)ln1 +lni=lnipar concavité de ln, d"où le résultat en sommant.Si2]0;1[etA6=B, alors un desiest différent de 1 donc une des inégalité ci-dessus est stricte, donc l"inégalité eststricte.1.
Lesisont strictement positifs carfdéfini positif.DavidMichel2016-20178ENS RennesUniversité Rennes 14 Équation de Pell-FermatP.
Caldero, J. Germoni,Histoires hédonistes de groupes et de géométries, Tome second, Calvage & Mounet. Pro-position 1.5 page 388.Recasage : 126.Théorème 4.
1) Soitd2sans facteur carré et soitHl"hyperbole ayant pour équationX2dY2= 1dans le repèreOXYdu planR2.
SoitM0= (1;0).
On admet qu"il existeM1= (X1;Y1)2HavecX1;Y12NetY1aussi petit que possible.Alors, l"ensemble des points entiers de la branche deHqui contientM0est le groupe engendré parM1.
L"ensembledes points entiers deHforme un sous-groupe isomorphe àZ=2ZZ.BÉtape 1 : coordonnées de la loi de groupe.Soit':M2H7!M1M.
Calculons les coordonnées de'(M). Pourcela, on change de repère en posant :(x=X+pdYy=XpdYde sorte que(x;y)2H,xy= 1. Dans le repèreOxy,M0a pour coordonnées(1;1)et notons(x1;y1)les coordonnéesdeM1. SiM2Ha pour coordonnées(x;y)dansOxy, alors'(M)a pour coordonnées(x1x;y1y).
En effet, la droiteM1Ma pour équation dansOxy:y1 =yy1xx1(x1):Ainsi, les coordonnées(x;y)de'(M)dansOxydoivent satisfaire cette équation ainsi quexy= 1.
On en déduit le résultat.Un calcul montre que dans le repèreOXY, le point'(M)a pour équation(XX1+dY Y1;X1Y+XY1).Étape 2 : sous-groupe et définition d"un ordre.NotonsH0la branche de l"hyperbole contenantM0.
On a(x;y)2H0,xy= 1etx >0.
Alors, le calcul de coordonnées effectué pour'montre queH0est un sous-groupe de(H;), demême queH0\Z2.
De plus, la projection(x;y)2H07!x2R+est bijective donc on peut transporter l"ordre deR+àH0.
Remarquons que l"ordre peut se lire dans le repèreOxysur la coordonnéexet dans le repèreOXYsur la coordonnéeYen vertu de la relationx=p1 +dY2+pdY(cette fonction deYétant strictement croissante).
Commex1>1,'eststrictement croissante.Étape 3 :H0\Z2est engendré parM1.Pourn2Z, notonsMn=Mn1='n(M1) = (Xn;Yn)dansOXY.
Pardéfinition deM0, on aM1= (X1;Y1)et, par récurrence,Yn=Yn,8n2N.Comme'est strictement croissante et8n2Z; Mn+1='(Mn), la suite(Mn)n2Zest strictement croissante.
De plus,comme8n2N; Xn1etY11, on aYn+1> Yn8n2Z. Comme(Yn)n2NN, on en déduit queYn!n!11.Soit alorsM= (X;Y)un point entier deH0. D"après ce qui précède, il existen2Ztel queYnY < Yn+1. SoitM0=MnM. Comme'est strictement croissante,'nl"est également doncM0M0< M1. Comme on a supposéqueM1était solution minimale de l"équation de Pell-Fermat,M0=M0etM=Mn.
Ainsi,H0\Z2=hM1i.Étape 4 : Ensemble des points entiers deH.La réflexion(X;Y)7!(X;Y)échange les branches et préserveZ2doncH\Z2=f(Xn;Yn); n2Zg.
On vérifie alors que l"application :f1g Z!H\Z2(";n)7!(Xn;Yn)est un isomorphisme (loi produit pour le premier groupe).Corollaire 4.
2) Soitd2sans facteur carré.
Il existe une solution fondamentale(X1;Y1), coordonnée dex1=X1+pdY1dansZ[pd],de l"équation de Pell-FermatX2dY2= 1telle que l"ensemble des solutions soit les coordonnées dansZ[pd]defxn1; n2Zg.Corollaire 4.
3) Soitd2sans facteur carré tel que1ne soit pas un carré modulod.
AlorsZ[pd]'ZZ=2Z.BDans ce cas, un élément est inversible si et seulement si sa normeX2dY2est égale à1: équation de Pell-Fermat.DavidMichel2016-20179ENS RennesUniversité Rennes 15 Étude deO(p;q)P.
Caldero, J. Germoni,Histoires hédonistes de groupes et de géométries, Tome premier, Calvage & Mounet. Pro-position A.2 page 211.Recasage : 156, 158, 170, 171.Théorème 5. 1) Soientp;q6= 0.
On a un homéomorphismeO(p;q)'O(p)O(q)Rpq:BÉtape 1 : Application de la décomposition polaire.SoitM2O(p;q).
Soit(O;S)2O(n) S++n(R)(n=p+q) ladécomposition polaire deM. Montrons queO;S2O(p;q).PosonsT=tMM=S2. CommeM2O(p;q), on aMIp;qtM=Ip;qdonctM1Ip;qM1=Ip;qd"oùtM12O(p;q).On en déduit quetM2O(p;q). Ainsi,S2=T2O(p;q). CommeT2 S++n(R)etexp :Sn(R)! S++n(R)réalise unhomémorphisme, il existeU2 Sn(R)tel queT= exp(U).
Alors,T2O(p;q)()TIp;qtT=Ip;q()tT=I1p;qT1Ip;q()texp(U) =I1p;qexp(U)Ip;q()exptU= expI1p;qUIp;q()expbijectiveU=tU=I1p;qUIp;q()UIp;q+Ip;qU= 0()U2Ip;q+Ip;qU2= 0()texpU2=I1p;qexpU2Ip;qd"oùexpU22O(p;q).
OrexpU22 S+n(R)etexpU22=Tdonc, par unicité de la racine carrée dansS+n(R), onaS= expU22O(p;q).
On en déduit queO2O(p;q).Ainsi, la décomposition polaire induit l"homéomorphismeO(p;q)'(O(n)\O(p;q))(S++n(R)\O(p;q)):Étape 2 : Étude deO(n)\O(p;q).SoitO2O(n)\O(p;q). ÉcrivonsO=A CB D2 Mp+q;p+q(R).
AlorsO2O(n)\O(p;q)()8>><>>:tAAtBB=IptACtBD= 0tCAtDB= 0tCCtDD=Iqet8>><>>:tAA+tBB=IptAC+tBD= 0tCA+tDB= 0tCC+tDD=Iq()8<:B=C= 0A2O(p)D2O(q)Ainsi,O(n)\O(p;q) =A00D; A2O(p);D2O(q)'O(p)O(q).DavidMichel2016-201710ENS RennesUniversité Rennes 1Étape 3 : Étude deSn(R)\O(p;q).PosonsL=fM2 Mn(R); MIp;q+Ip;qM= 0g:On a vu précédemment queexpréalise un homéomorphismeL\ Sn(R)'O(p;q)\ S++n(R).
SoitS2L\ Sn(R),S=A BtB D.
AlorsSIp;q+Ip;qS= 0()A=D= 0doncL\ Sn(R) =0BtB0; B2 Mp;q(R)'Rpq.Conclusion.On a montré queO(p;q)'O(p)O(q)Rpq:DavidMichel2016-201711ENS RennesUniversité Rennes 16 Étude de l"anneauZ"1 +ip192#D.
Perrin,Cours d"Algèbre, Ellipses. Paragraphe II.5 page 53Recasage : 122Théorème 6.
1) L"anneauA=Z"1 +ip192#est principal et non-euclidien.BÉtape 1 : Détermination des inversibles deA.Notons=1 +ip192.
Comme+= 1et= 5, on a2+5 = 0doncA=fa+b;(a;b)2Z2gest un sous-anneau deC. Il est donc intègre. De plus,Aest stable par conjugaison car= 1.
Définissons surAlanormeNpar8a;b2Z; N(a+b) = (a+b)a+b=a2+ab+ 5b2=a+b22+194b20:On en déduit que8z2A; N(z)2NetN(z) = 0si et seulement siz= 0.
Alors, siz2A, on a1 =N(zz1) =N(z)N(z1), ce qui imposeN(z) = 1. En notantz=a+baveca;b2Z,a+b22+194|{z}>1b2= 1doncb= 0eta=1.
Ainsi,A=f1g.Étape 2 :An"est pas euclidien.SiAest euclidien, alors il existex2AnAtel que la restriction de la projectioncanoniqueA!A=(x)àA[ f0gest surjective.
Mais alors,A=(x)est un corps à deux ou trois éléments. On a donc unmorphisme d"anneaux:A!Ksurjectif, avecK=F2ouK=F3. En particulier,=()vérifie2+ 5 = 0dansK. Or on vérifie à la main que cette équation n"a pas de solution.
DoncAn"est pas euclidien.Étape 3 : Pseudo-division euclidienne.Montrons que poura;b2Anf0g, il existeq;r2Atel queN(r)< N(b)eta=bq+rou2a=bq+r:Notonsx=ab=abbb=u+vavecu;v2Q, etn=bvc.?1ercas :v62n+13;n+23.
Soientsettles entiers les plus proches, respectivement, deuetv.
On a alorsjsuj 12etjtvj 13donc, en posantq=s+t2Aon aN(xq) = (su)2+ (su)(tv) + 5(tv)214+16+59=3536<1donc avecr=abq=b(xq)on a bienN(r)< N(b).?2ecas :v2n+13;n+23alors2v22n+23;2n+ 1 +13donc l"entier le plus proche de2vestt= 2n+ 1etjt2vj 13et on conclut comme au cas précédent.Étape 4 : (2) est un idéal maximal deA.On aA'Z[X]=(X2X+ 5)donc le théorème d"isomorphisme montrequeA=(2)'Z[X]=(2;X2X+ 5)'F2[X]=(X2X+ 5):DavidMichel2016-201712ENS RennesUniversité Rennes 1OrX2X+ 5est de degré 2 et n"a pas de racine dansF2doncA=(2)est un corps, donc(2)est un idéal maximal.Étape 5 :Aest principal.SoitI6=f0gun idéal deA.
Soita2Inf0gtel queN(a)est minimal. SiI6= (a), soitx2In(a).
On effectue la pseudo-division euclidienne dexpara:?six=aq+ravecN(r)< N(a)alors, commer2I, on ax2(a): absurde.Donc2x=aq+ravecN(r)< N(a)et, de même,r= 0donc2x=aq.
Comme (2) est maximal, donc premier,a2(2)ouq2(2). Siq2(2)on auraitq= 2q0et doncx2(a)absurde. Doncq62(2)eta= 2a0, doncx=a0q2(a0). Il suffit alorsde montrer quea02I, ce qui contredira la minimalité deN(a). Commeq62(2)et(2)est maximal, on a(2;q) =Adoncil existeu;v2Atels que2u+qv= 1.
Donca0= 2ua0+qva0=ua+vx2(I).Ainsi,I= (a)etAest principal.DavidMichel2016-201713ENS RennesUniversité Rennes 17 Formule de
