École polytechnique - Écoles normales supérieures. Concours d admission filière MP. Corrigé de l épreuve de mathématiques A

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1 École polytechnique - Écoles normales supérieures Concours d admission filière MP Corrigé de l épreuve de mathématiques A corrigé de l énoncé modifié par Abdellah Bechata, après correction des erreurs d énoncé Première partie 1a. On a M 1 1 = t ComM M n Q, puisque M étant à coefficients entiers, son déterminant et ses detm mineurs sont également entiers. 1b. Si M 1 est à coefficients entiers, son déterminant est entier: on en déduit que detm est un entier non nul dont l inverse est également entier, soit detm = 1 ou 1. Réciproquement, si detm = ±1, M 1 = ± t ComM M n Z puisque les mineurs de M sont des entiers. 2a. Si M GL n Z, MZ n Z n et M 1 Z n Z n. On en déduit que Z n = MM 1 Z n MZ n, d où l égalité MZ n = Z n. Réciproquement, supposons que MZ n = Z n. Notons e 1,..., e n la base canonique de R n. Pour tout i, e i Z n donc x i = Me i Z n. D autre part, comme e i Z n = MZ n, il existe y i Z n tel que e i = Mz i. Comme M est inversible, M 1 = y 1... y n et nous avons prouvé que M et M 1 étaient à coefficients entiers. 2b. Supposons que M GL n Z. On a alors MZ n = Z n, ce qui s écrit M est inversible: t = t 1,..., t n R n, t i x i Z n t Z n. On en déduit donc: n n P Z n = t i x i i 1,..., n, t i [0, 1] Z = ε i x i i 1,..., n, ε i 0, 1. Cet ensemble est bien de cardinal 2 n car la famille x 1,..., x n est une base de R n. Réciproquement, supposons que ii est vérifié. On a tout d abord x i Z n pour tout i avec ε i = 1 et ε j = 0 pour j i, donc MZ n Z n. Il reste à montrer que M 1 Z n Z n : soit donc t = t 1,..., t n M 1 Z n, i.e. tel que Mt Z n. On peut alors écrire t = t + t en posant t = t 1,..., t n et t = t 1,... t n. On a alors: Mt = Mt M t Z n P

2 donc t 0, 1 n, ce qui impose t = 0,..., 0 et t Z n. On a donc MZ n = Z n et M est élément de GL n Z. 3. Question de cours: le produit à gauche de M par I n + αe i,j correspond à l opération élémentaire ajouter à la i-ème ligne de M α fois sa j-ème ligne, soit L i L i + αl j ; le produit à droite correspond à l opération ajouter à la j-ème colonne de M α fois sa i-ème colonne, soit C j C j + αc i. 4a. Notons N = y 1... y n 1. En développant detm par rapport à sa première ligne, nous obtenons: detm = a 1 det y 2,..., y n 1, vy n+1 u detn = va 1 1 n 2 det y 1, y 2,..., y n n+1 u detn puisqu il faut effectuer n 2 permutations de vecteurs pour passer de det y 2,..., y n 1, y 1 à det y1, y 2,..., y n 1. Nous obtenons ainsi: detm = 1 n va 1 u detn. 4b. Notons b = detn et d un pgcd de a 1, b: d est alors un pgcd de a 1, a 2,..., a n. Comme d dz = a 1 Z+bZ, il existe U, V Z tels que a 1 U + bv = d. Si les a 2,..., a n sont non tous nuls, leur pgcd b est non nul. On peut donc poser v = 1 n U et u = 1 n+1 V b et ces deux rationnels donnent une matrice M à coefficients entiers car b divise a 2,..., a n, dont la première colonne est a 1, a 2,... a n et dont le déterminant vaut 1 n va 1 u detn = Ua 1 + V b = d. Il reste à rédiger la preuve par récurrence: Si n = 1, la matrice M = a 1 est solution du problème posé. Soit n 2 et supposons que la propriété ait été démontrée pour toute famille de n 1 entiers non tous nuls. Soit a 1,..., a n une famille de n entiers non tous nuls. Si a 2 =... = a n = 0, pgcda 1,..., a n = a 1 et la matrice diagonale diaga 1, 1,..., 1 est solution du problème. Sinon, on peut appliquer l hypothèse de récurrence à la famille a 2,..., a n et appliquer la construction précédente: la propriété est vérifiée au rang n. 5a. x 1,..., x n est une famille de n vecteurs du Q - espace vectoriel Q n 1, de dimension n 1: cette famille est donc liée et il existe une famille a 1,..., a n Q n 1 \ 0 telle que a 1 x a n x n = 0. Quitte à multiplier tous les a i par le ppcm de leurs dénominateurs, on peut supposer qu ils sont tous entiers. Il reste a i alors à remplacer chaque a i par pgcda 1,..., a n pour obtenir des a i entiers et premiers entre eux dans leur ensemble. 5b. On peut appliquer le résultat de la question 4 à la famille a 1,..., a n obtenu au 5a: il existe A 1 M n Z dont la première colonne est a 1,..., a n et dont le déterminant vaut ±1 les a i sont premiers dans leur ensemble: on en déduit que A 1 GL n Z et la première colonne de MA 1 est a 1 x a n x n, vecteur dont seule la première coordonnée est non nulle comme M et A 1 sont inversibles, MA 1 l est également et ne peut avoir une première colonne nulle. Quitte à remplacer a 1,..., a n par a 1,..., a n, on peut supposer que le coefficient c 1,1 est strictement positif. 2

3 5c. Posons MA 1 = y 1... y n. En remplaçant A 1 par A 1 I n q 2 E 1,2... I n q n E 1,n GL n Z, nous obtenons donc la matrice y 1 y 2 q 2 y 1... y n q n y 1, dont les coefficients de la première ligne sont c 1,1, r 2,... r n. Quitte à changer A 1, nous pouvons donc supposer que c 1,1 > c 1,j 0 pour tout j 2,..., n. 5d. La récurrence se fait sans problème, mais il ne faut appliquer la question 5c qu après avoir rendu triangulaire le bloc inférieur. Si n = 1, il suffit de choisir A = ε GL 1 Z où ε est le signe de m 1,1 pour obtenir c 1,1 = m 1,1 > 0; Soit n 2 et supposons la propriété démontrée pour toute matrice entière inversible de taille n 1. Soit A M n Z de déterminant non nul. Il existe alors une matrice A 1 GL n Z telle que: c 1,1 c 1,2... c 1,n MA 1 = 0. N M n Z 0 avec c 1,1 N. Comme detm est non nul, on a également detn non nul et on peut appliquer l hypothèse de récurrence: il existe une matrice B GL n 1 Z telle que NB = c i,j 2 i,j n soit triangulaire supérieure, avec 0 c i,j < c i,i pour tous i, j tels que 2 i < j n et c 2,2 > 0 si n = 2. On note alors: A 2 = A 1 0. B GL n Z 0 et la matrice MA 2 = c i,j 1 i,j n M n Z est triangulaire supérieure, à diagonale strictement positive et 0 c i,j < c i,j pour tout i 2 et pour tout j > i. Il reste alors à appliquer la méthode explicitée à la question 5c pour imposer 0 c 1,j < c 1,1 sans modifier les autres lignes les opérations élémentaires C j C j q j C 1 ne modifient que la première ligne de la matrice car seul la première composante de C 1 est non nulle. 6. Par transposition, le résultat de la question 5 permet d obtenir une matrice M GL n Z telle que MA = c i,j 1 i,j n est triangulaire inférieure, à diagonale strictement positive et telle que 0 c i,j < c j,j pour tous i, j 1,..., n tels que j < i. Deuxième partie 7a. L ensemble K n = t i 0 i n, i = 0... n, t i 0, t i = 1 est une partie fermée bornée, donc compacte, de R n espace vectoriel normé de dimension finie. S est alors compact comme image de K n par l application continue t i 0 i n t i s i. Soient t [0, 1] et x, x S, avec x = t i s i et x = t is i, où t i 0 i n, t i 0 i n K n. On a: 1 tx + tx = 1 tt i + tt is i S 3

4 car i = 0... n, 1 tt i + tt i 0 et S est donc un compact convexe de R n. 7b. L application ϕ : t 1,..., t n s 0 + n 1 tt i + tt i = 1 t t i + t t i = 1. t i s i est un isomorphisme affine de R n sur lui-même: elle est donc continue, ainsi que sa réciproque. En notant S 0 = t 1,..., t n i = 1... n, t i 0 et nous avons S = ϕs 0 et S = ϕ S 0. Il suffit donc de montrer que S 0 = t 1,..., t n i = 1... n, t i > 0 et t i 1, t i < 1 = Ω pour obtenir le résultat demandé. Remarquons tout d abord que Ω est un ouvert, comme image réciproque de l ouvert ]0, + [ n+1 par l application continue t 1,..., t n t 1,..., t n, t t n. Comme Ω S 0, on a Ω S 0. Pour montrer l autre inclusion, nous allons munir R n de la norme. Soit t = t 1,..., t n S 0 \ Ω et r > 0. On a deux cas possibles: s il existe i tel que t i = 0, t 1,..., t i 1, t i r/2, t i+1,..., t n B t, r \ S 0 ; sinon, t t n = 1 et t 1 + r/2, t 2,..., t n B t, r \ S 0. Ceci prouve que t S 0, ce qui donne S 0 Ω. Supposons que 0 S et que λ [0, 1[. On peut alors écrire 0 = Pour tout x = t i s i S, on peut écrire: λx = λx + 1 λ0 = car i 0,..., n, λt i + 1 λt i 1 λt i > 0 et t is i avec t 0,..., t n > 0 et t 0 + +t n = 1. λt i + 1 λt i s i S Ceci prouve donc que si 0 est intérieur à S, λs S pour tout λ [0, 1[. n λt i + 1 λt i = λ t i + 1 λ t i = 1. 7c. En soustrayant la première colonne à toutes les autres colonnes et en développant le déterminant par rapport à la première ligne, nous obtenons: detŝ 0,..., ŝ n = det = det s s 0 s 1 s 0... s n s 1 s 0,..., s n s 0 = n! VolS. 0 On en déduit que le volume de S ne dépend pas de l ordre des sommets, puisque qu une permutation des s i ne fera que permuter les ŝ i, ce qui ne modifiera que le signe de detŝ 0,..., ŝ n. 4

5 8a. Pour tout entier n 1, le simplexe S n défini par les sommets s 0 = 0, 0, s 1 = 0, 1 et s 2 = n, 0 est un simplexe entier n ayant aucun point intérieur entier ses points intérieurs sont les points nt 2, t 1 avec t 1 > 0, t 2 > 0 et t 1 + t 2 < 1, qui ne sont pas entiers puisque 0 < t 1 < 1. Comme VolS n = n/2, on obtient un simplexe entier de R 2 de volume supérieur ou égal à V sans point entier intérieur en choisissant n suffisamment grand. 8b. Pour tout entier n 1,soit S n le simplexe entier de sommets s 0 = 0, 0, 0, s 1 = 0, 0, 1, s 2 = 0, 1, 1 et s 3 = n, 1, 0. Ses éléments sont les points x = nt 3, t 2 + t 3, t 1 + t 2 avec t 1, t 2, t 3 0 et t 1 + t 2 + t 3 1. Si un tel point est entier, on a 0 t 1 + t 2 t 1 + t 2 + t 3 1 et t 1 + t 2 Z, t 1 + t 2 0, 1. De même, t 2 + t 3 0, 1. Nous avons alors trois cas possibles: t 1 + t 2 = 0, ce qui impose t 1 = t 2 = 0 et t 3 0, 1; t 2 + t 3 = 0, ce qui impose t 2 = t 3 = 0 et t 1 0, 1; t 1 + t 2 = t 2 + t 3 = 1, d où 2 = t 1 + 2t 2 + t 3 2t 1 + t 2 + t 3 2: ces inégalités sont donc des égalités, ce qui impose t 1 = t 3 = 0 et t 2 = 1. Dans tous les cas, les seuls points entiers de S sont ses sommets. Comme VolS n = n/6, on obtient un simplexe entier de R 3 de volume supérieur ou égal à V dont les seuls points entiers sont ses sommets en choisissant n suffisamment grand. 9a. Remarquons déjà que la partie I = λ 0, λk K est non vide, puisqu elle contient 0. Si λ 1 et λ 2 sont deux éléments de I et si t [0, 1]: x K, 1 tλ 1 + tλ 2 x = 1 t λ 1 x + t λ 2 x K car λ 1, λ 2 I et K est convexe. I est donc un intervalle. 9b. Remarquons que ak est bien défini a priori dans [0, + ] car I est non vide. Comme K est compact, il est borné. Il existe donc un réel M 0 tel que x M pour tout x K. Comme 0 est intérieur à K, il existe x 0 K \ 0. Pour λ I, on a λx 0 K, donc λx 0 M et λ M : ceci prouve que I est majoré, i.e. que ak < +. x 0 D autre part, comme 0 K, il existe un réel r > 0 tel que B0, r K. Pour x K, nous avons alors r x B0, r K, donc r est un élément strictement positif de I et ak > 0. Il reste à montrer que M M cette borne supérieure est atteinte. Soit λ i i 0 une suite d éléments de I qui converge vers ak. On a: x K, i N, λ i x K À x fixé, λ i x i 0 converge vers akx, qui est donc élément de K car K est compact donc fermé. Ceci prouve que ak I, i.e. que ak = maxλ > 0 λk K. 9c. Comme K est un compact non vide et non réduit à 0, il existe y K \ 0 tel que y = sup x K x l application x x est continue sur le compact K, donc elle est bornée et atteint ses bornes. Si λ > 1, λy K puisque λy > y. On en déduit que I [0, 1], ce qui donne 0 < ak 1 on a vu à la question précédente que ak était strictement positif. Si K est symétrique par rapport à 0, K = K K donc 1 I et 1 ak 1. 5

6 Si ak = 1, K K car ak I et pour tout x K, x K: K est symétrique par rapport à 0. 10a. Il y a une nouvelle fois une maladresse dans l énoncé: si β = 0, βs n est pas un simplexe et VolβS n est pas défini. Notons s 0,..., s n les sommets de S n et fixons β 0. La partie βs est alors un simplexe de sommets βs 0,..., βs n, d où, par n-linéarité du déterminant: VolβS = 1 n! detβs 1 s 0,..., βs n s 0 = 1 n! βn dets 1 s 0,..., s n s 0 = β n VolS. Si x R n, S x est le simplexe de sommet s 0 x,..., s n x, donc: VolS x = det s1 x s 0 + x,..., s n x s 0 + x = det s1 s 0,..., s n s 0 = VolS. Pour λ ]0, 1] il faut une nouvelle fois avoir λ 0, nous en déduisons: n n λa a a Vol a + 1 S = λ n VolS VolS > k a + 1 λ 1 a + 1 λa donc il existe λ 0 ]0, 1[ tel que Vol a + 1 S > k pour tout λ [λ 0, 1]. 10b. Une nouvelle fois l énoncé est maladroit: il sous-entend que l on choisit λ assez proche de 1 pour avoir λa Vol a + 1 S > k, mais il oublie de préciser que λ ]0, 1[. Enfin, on devrait écrire soient v 0,..., v k k + 1 points distincts au lieu de soient v 0,..., v k les k + 1 points distincts. Pour tout i 0,..., n, il existe x i S tel que v i = λa a + 1 x i. On a alors, pour tous i, j 0,..., n: av i v j = λa a a + 1 a + 1 a + 1 x i + 1 a + 1 ax j Comme as S, ax j S. Ainsi, x i et ax j sont éléments de S et de somme 1: a a + 1 et 1 a a + 1 x i + 1 a + 1 ax j S par convexité de S, soit av i v j a + 1 sont deux réels positifs a + λa 1 a + 1 S. On en déduit que v i v j λs S, en appliquant 7b c est ici qu apparaît la condition λ < 1. 10c. Soit j tel que v j soit le maximum des v i pour l ordre lexicographique de R n. Cet ordre est défini par récurrence sur n: si n = 1, c est l ordre usuel sur R; si n 2, on a a 1,... a n < b 1,..., b n si et seulement si a 1 < b 1 ou a 1 = b 1 et a 2,..., a n < b 2,..., b n. Dans la suite de la preuve, nous noterons x[i] la i-ème composante d un vecteur x. Comme les v i sont deux à deux distincts, les vecteurs v i v j 0 i n sont également deux à deux distincts, ainsi que les vecteurs v j v i 0 i n. Il reste à montrer que 0 est le seul vecteur commun à ces deux familles. Soient donc i, k 0,..., n tels v i v j = v j + v i, i.e. v i + v k = 2v j. En particulier, v i [1] + v k [1] = 2v j [1], ce qui impose v i [1] = v k [1] = v j [1], car v j [1] est le maximum des v m [1] pour m 0,..., n. Les inégalités v i v j et v k v j donnent ensuite v i [2] v j [2] et v k [2] v j [2], d où v i [2] = v k [2] = v j [2] car v i [2] + v k [2] = 2v j [2]. Nous obtenons par itération que v i = v j = v k, soit i = j = k: le seul vecteur commun aux deux familles est bien le vecteur nul. Nous avons donc explicité 2k + 1 points entiers distincts appartenant à S, ce qui donne l inégalité souhaitée. 6

7 n a Notons x = VolS. Nous avons k < x k + 1, d où 2k + 1 2x 1. Si x 1, 2x 1 x, ce qui a + 1 donne Card S Z n 2k + 1 x. Sinon, comme 0 est un point intérieur à C: Card S Z n 1 > x. Nous avons donc dans tous les cas, en remarquant que 1 + a 2: n n a as Card S Z n VolS VolS. a Troisième partie 11. Soient S et S deux simplexes entiers, de sommets entiers respectifs s 0,..., s n et s 0,..., s n. Supposons que S et S sont équivalents et fixons A GL n Z quitte à réordonner les sommets telle que As i s 0 = s i s 0 pour tout i. Nous avons alors: j 0,..., n, s i = As i As 0 s 0 En posant b = As 0 s 0 Z n, nous avons: n AS b = A t i s i b, i = 0... n, t i 0, = = = S n t i As i t i b, i = 0... n, t i 0, n t i s i, i = 0... n, t i 0, t i = 1 t i = 1 t i = 1 Il existe donc une matrice A GL n Z et un vecteur entier b tel que S = AS b. Réciproquement, supposons qu il existe A GL n Z et b Z n tels que S = AS b. On montre facilement que AS b est le simplexe de sommets As 0 b,..., As n b. On en déduit que quitte à permuter les s i, on peut supposer que s i = As i b pour tout i 0,..., n, ce qui donne bien As i s 0 = s i s 0 pour tout i 1,..., n: S et S sont équivalents. 12. Soient S et S deux simplexes équivalents: il existe des numérotations de leurs sommets s 0,..., s n et s 0,..., s n et une matrice A GL n Z telles que As i s 0 = s i s 0 pour tout i. Nous avons alors: car deta = ±1. VolS = detas 1 s 0,..., As n s 0 = deta dets 1 s 0,..., s n s 0 = VolS Il existe d autre part b Z n tel que S = AS b. Notons ϕ la bijection affine de R n sur lui-même qui à x associe Ax b. Comme ϕ réalise également une bijection de Z n sur lui-même, on a: ϕz n S = ϕz n ϕs = Z n S 7

8 donc S et S contiennent autant de points entiers. D autre part, ϕ est continue, ϕ 1 S est un ouvert contenu dans S, donc ϕ 1 S S, soit S ϕ S. De même, ϕ 1 est continue, donc ϕ S = ϕ 1 1 S est un ouvert contenu dans S, donc ϕ S S. On en déduit donc: ϕz n S = ϕz n ϕ S = Z n S et les simplexes S et S contiennent le même nombre de points intérieurs entiers. 13 Soit S un simplexe entier de sommets s 0,..., s n. La matrice M = s 1 s 0... s n s 0 est à coefficients entiers: il existe donc, d après la question 6, une matrice A GL n Z telle que AM = y 1... y n = c i,j soit triangulaire inférieure, avec c i,i > 0 pour tout i et 0 c i,j < c j,j pour tous i, j tels que 1 j < i n. En posant y 0 = 0, le simplexe S de sommets y 0, y 1,... y n est équivalent à S donc entier et on a: VolS = VolS = 1 n! n c i,i Les c i,i sont des entiers naturels non nuls, donc 0 c i,j c j,j n k=1 c k,k = n! VolC pour tous i, j: le simplexe S est donc équivalent à un simplexe entier contenu dans le cube [0, n! VolC] n. 14. Un simplexe entier S possédant exactement k points intérieurs entier est équivalent à un simplexe S contenu dans le cube [0, n! Cn, k] n. Comme il n existe qu un nombre fini de tels simplexes les n + 1 sommets de S doivent appartiennent à l ensemble fini 0,..., n! Cn, k n, il n existe à équivalence près qu un nombre fini de simplexes de R n ayant exactement k points intérieurs. On remarquera que la propriété k 1 est indispensable, puisque le volume d un simplexe entier sans point intérieur entier est non bornée dès que n 2 question 8: il existe donc une infinité de simplexes entiers sans points intérieurs entiers et deux à deux non équivalents. 8

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