Quelques questions de géométrie

1057 : oui, enfin j'ai une preuve par dessin. Soit $c$ le centre de la boule, $k$ le point de $K$ tel que $d(c,k) = d(c,K)$; je suppose $c\neq k$. Alors $B+k-c$ contient $K$. En effet soit $j\in K$.Je suppose $d(j,k)> d(j,c)$ et je pose $\gamma(t) := tj + (1-t)k$.

Soit $m$ le milieu du segment $[k,c]$ et $C$ la boule fermée de centre $m$ et touchant $k,c$. Et là bon on se ramène à un plan affine contenant $k,j,c$ (et donc $m$ et $\gamma(t)$ ) donc on se ramène en dimension $2$ et donc mon dessin n'est pas idiot et on voit que ou bien $j\in C$ auquel cas ($d(j,c)< d(k,c)$ ou $j=k$); ou bien $\gamma(t)$ touche $C$ sur sa frontière en un $t_0$ strictement avant de toucher $k$ (car $d(j,c)< d(j,k)$) et en ce point on peut appliquer Pythagore au triangle $k\gamma(t_0)c$ (parce que l'angle est droit en $\gamma(t_0)$ puisqu'il se trouve sur $C$, géométrie de 4è je crois) et donc $d(\gamma(t_0),c) < d(k,c)$, ce qui est absurde par choix de $k$. Si l'argument dessinatoire ne te suffit pas, je détaillerai plus tard sans dessin.

En acceptant ça, on a donc $d(j,k)\leq d(j,c)$ donc $j\in B + k-c$. Donc la boule $B+k-c$ convient aussi. Par unicité (je me souviens plus de la preuve mais bon tu dis unique donc je te crois et l'énoncé me dit quelque chose), $B+k-c = B$ donc $k=c$ (car $B$ est bornée par exemple). Donc $c\in K$.

1060 : un exercice classique taupin consiste à montrer que dans cette situation, les valeurs propres de $M$ sont des racines de l'unité ou $0$. Un autre exercice classique taupin consiste à montrer que si $M$ a pour valeurs propres $\lambda_1,...,\lambda_n$ (écrites avec multiplicité) alors $\mathrm{diag}(\lambda_1,...,\lambda_n)$ est dans l'adhérence de la classe de similitude de $M$. Dans notre cas, ça suffit évidemment puisque en mettant cette matrice diagonale à une puissance assez haute pour rendre les racines de l'unité $1$, on obtient bien un projecteur (une matrice diagonale avec que des $0$ et des $1$ en l'occurrence)

1061 : Soit $\mu$ le polynôme minimal de $M$, alors $\mu \in \Q [ x ]$ est unitaire et divise (dans $\Q$ !) le polynôme dont l'existence est supputée, donc il le divise dans $\Z$, enfin en particulier il est à coefficients entiers. En particulier si je note $V$ le $\Q [ x ]$-module associé à l'action de $M$, par théorème de structure des modules sur un anneau principal il est isomorphe à $\bigoplus_i \Q [ x ]/(P_i)$ avec les $P_i \in \Q [ x ]$ unitaires divisant $\mu$ dans $\Q [ x ]$, donc $\mu$ étant à coefficients entiers, les $P_i$ le sont aussi. La matrice de la multiplication par $x$ dans une base évidente (qui est évidemment semblable à $M$) est alors à coefficients entiers (les coefficients des $P_i$ou $1$ ou $0$ d'ailleurs )



EDIT : pour 1057, je n'étais moi-même pas content d'avoir une preuve dessinatoire (pour des raisons évidentes), je reviens donc avec un vrai argument :

Ou bien $j\in C$, auquel cas on voit facilement (sur le dessin aussi, mais là c'est un exo facile même sans dessin) que $j=k$ ou $d(j,c)<d(k,c)$, ce qui est absurde.
Ou bien $j\notin C$. On regarde alors $t\mapsto d(\gamma(t), m)^2-l^2$ qui est une fonction polynomiale dont on peut calculer explicitement les coefficients. J'ai regardé, c'est vraiment laid. Ce qu'on obtient c'est notamment que : elle est polynomiale de degré $2$, sauf si $j=k$ (ce cas-là étant déjà pris en compte). En particulier dans le cas qui nous intéresse c'est vraiment polynomial de degré $2$ donc il y a $0,1$ ou $2$ racines. On sait déjà qu'il y en a au moins $1$ (bah oui, en $t = 0$), donc il y en a une deuxième distincte si et seulement si le coefficient en $t$ est non nul, et, appelant $b$ ce coefficient, $a$ celui de $t^2$, elle vaut alors $- \frac{b}{a}$.
Bon bah du coup j'ai fait le calcul, et j'ai vu que ça se réduisait à une inégalité de Cauchy-Schwartz et un théorème de Pythagore pour montrer que la deuxième solution était entre $0$ et $1$ et existait effectivement dans notre situation. Donc pas besoin de dessin !

J'en profite pour rajouter qu'un mot clé pour 1059 peut être "principe du maximum", juste parce que ça m'y fait penser mais je ne suis pas sûr que ça apporte quelque chose ici

Vu que je me ramène à un truc affine de dimension finie de toute façon, Hahn Banach se fait sans AC ;-)

Pour 1061 c'est un lemme qui s'appelle Gauss je crois : si $P,Q$ sont unitaires à coefficients rationnels et $PQ$ est à coefficients entiers, alors $P,Q$ sont à coefficients entiers. L'idée est simple : tu prends $a$ (resp. $b$) tel que $aP$ (resp. $bQ$) est à coefficients entiers et le pgcd de ses coefficients est $1$ . Alors $abPQ = (aP)(bQ)$ est une égalité de polynômes à coefs entiers. Si $p$ est premier et divise $a$ on réduit modulo $p$ on obtient $0$ à gayche (car $PQ$ est entier) mais pas $0$ à droite (ni $aP$ ni $bQ$ n'a tous ses coefs divisibles par $p$ puis intégrité etc.)
C'est aussi un exercice que j'ai eu en prépa (mais je suis moins convaincu qu'il soit classique, parce que les polynômes modulo $p$ ça n'y plait pas)

Je ne peux pas parler de sa célébrité, mais il a une page wiki (parmi tous les lemmes de Gauss): voir ici (il y est énoncé avec des "non" partout ce qui est gênant : "si tous les coefficients de $P,Q$ ne sont pas entiers, alors l'un au moins des coefficients de $PQ$ n'est pas entier " : pourquoi ?)

L'énoncé est vrai et facile à prouver :-D (avec AC !)
Soit $m$ un idéal maximal qui contient tous les coefficients de $PQ$. Alors dans $A/m$, $PQ=0$ donc $P=0$ ou $Q=0$, donc tous les coefficients de $P$ sont dans $m$ ou tous ceux de $Q$ sont dans $m$. Contraposée etc.

Question 1058: Soit $n$ un entier naturel et $f$ une application affine de $\R^n$ dans lui-même. Existe-t-il forcément un sous-espace affine $E$ de $\R^n$ de dimension au plus $3$ qui est stable par $f$ ?

La réponse est non. Soit $H$ l'espace des polynômes de degré au plus $n-1$. Soit $f:H\to H$ définie par $f(P)=X^{n-1}+P+P'$. Supposons que $E$ soit un sous-espace affine de $H$ stable par $f$. Notons $F$ la direction de $E$, c'est-à-dire l'ensemble des $P-Q$ avec $(P,Q)\in E^2$.

Pour tout $A\in E$, on a $E=A+F$. Pour tout $P\in F$, on a donc $X^{n-1}+(A+P)+(A'+P')=f(A+P)\in E$. En particulier pour $P=0$, on a $X^{n-1}+A+A'\in E$, donc par différence $P+P'\in F$. Comme on avait $P\in F$, par différence on en déduit que $P'\in F$, donc $F$ est stable par dérivation.

On démontre ensuite par récurrence sur $k$ que si $P\in F$ est de degré $k$, alors tous les polynômes de degré $\leqslant k$ appartiennent à $F$.

Comme $X^{n-1}+A+A'\in E = A +F$, on a $X^{n-1}+A'\in F$. Or, $X^{n-1}+A'$ est de degré $n-1$, donc d'après ce qui précède, tous les polynômes de degré $\leqslant n-1$ appartiennent à $F$. On en déduit que seul l'espace $H$ tout entier est stable par $f$.

Les isométries de $\R^n$ vérifient la propriété suivante :

(P) Soit $u$ la partie linéaire de $f$. Alors $\mbox{Im}(u-\mathrm{Id})\oplus\ker (u-\mathrm{Id})=\R^n$.

Supposons que $f$ soit une application linéaire vérifiant (P). Il existe $a$ tel que $f(x)=a+u(x)$ pour tout $x$. D'après la décomposition (P), il existe $b,c\in \R^n$ tels que $a=(b-u(b))+c$ avec $u(c)=c$. On a alors pour tout $y$ :
$f(b+y)=a+u(b)+u(y)=b+c+u(y)$, donc quitte à prendre $b$ comme nouvelle origine, on peut supposer que $a=c$, c'est-à-dire que $u(a)=a$. Alors l'espace $\R a$ (qui est de dimension $0$ ou $1$) est stable par $f$.

Si on n'aime pas les espaces de dimension $0$, on peut dire que $u$ est un endomorphisme d'un espace vectoriel réel, donc il possède un sous-espace vectoriel stable $F$ de dimension $1$ ou $2$. On pose $E=F+\R a$, alors $E$ est de dimension appartenant à $\{1,2,3\}$ et il est stable par $f$.

Question 1059: Soit $H$ un Hilbert, $C$ un convexe de $H$ et $f:C\to C$ continue. Soit $a\in int(C)$. Existe-t-il forcément $b\in C$ tel que $dist(b,f(b))>dist(a,f(a))$ ?

Soient $H=\R$, $C=[0,1]$, $f(x)=x+x(1-x)$, $a=\frac{1}{2}$. Alors $dist(x,f(x))=x(1-x)$ atteint son maximum en $x=a$ donc la réponse à la question est non.

Une idée pour passer de "c'est vrai avec AC" à "c'est vrai sans", sans avoir à travailler : je prends dans $A=\Z [ X_1,...,X_n, Y_1,..., Y_m ]$ et je regarde $P$ dont le $i$ème coefficient est $X_i$ et $Q$ dont le $i$ème coefficient est $Y_i$. Ce machin est dans $L$ donc le résultat est vrai pour lui, via la preuve AC.

En particulier en exprimant chaque coefficient de $PQ$ comme somme de puissances etc. on obtient des égalités polynomiales, qui sont donc valables pour tout anneau, dans $L$ ou pas : donc c'est vrai sans AC.

Oui effectivement je n'ai pas fait gaffe, j'ai juste pris un premier contenant les coefs de $PQ$, mais qui de $P$ ou $Q$ est dedans dépend du premier...

Cc : Je viens de comprendre que "annulant" se rapporte à la matrice et pas aux rationnels ...

Pour ta question sur les matrices non injectives, la réponse est "bah non": $M^2 =UVUV = 0$