ENS Maths 1966 Koszul: une correction de la Q1, Q2 et Q3.

[matmeca_mcf1]

Il parait que cette épreuve d'Ulm http://metallix.free.fr/ENS_Math_1966_Koszul.pdf est légendaire (en fait je l'ai appris en consultant les archives de ce forum) et qu'aucun candidat n'a répondu à la première question lors de l'épreuve. Honnêtement, je n'y crois pas. L'épreuve n'est pas si horrible que cela. En tout cas, la première, la deuxième et la quatrième question me semblent parfaitement faisables. Ce qui doit vous guider pour cette épreuve, c'est la capacité à se représenter des cônes (un cône particulier: le cône de révolution $ x^2+y^2\leq z^2,z\geq0 $) dans l'espace. Et (pour l'instant une intuition) comment certains plans intersectent ce cône. Et faites des dessins. Traiter le cas 2D. Sans dessin, effectivement on ne comprend rien.

1) Commençons par calculer $ \Omega $.

$$
((x-2(x|u)u)|x)\leq 0\\
\iff \|x\|^2\leq2(x|u)u)^2\\
\iff \|x-(x|u)u\|^2+(x|u)^2\leq2(x|u)^2\\
\iff \|x-(x|u)u\|^2\leq (x|u)^2
$$
Ainsi, $ \Omega $ est l'ensemble des points $ x $ tel que $ (x|u)\geq0 $ et dont la distance à $ \mathbb{R}u $ est inférieure ou égale à la distance à $ (\mathbb{R}u)^\bot $.

Nous allons montrer (pour avoir une intuition du résultat, faites un dessin pour traiter le cas 2D et remarquer que "l'angle" du cône dans n'importe quelle plan contenant $ 0 $ et $ u $ est un angle droit) que
$
\Omega=\{y\in E:\forall x\in\Omega,\,(y|x)\geq0\}
$

En effet, soit $ y\in\Omega $. Alors comme $ E=\mathbb{R}u\oplus(\mathbb{R}u)^\bot $, il existe un unique réel $ \alpha $ et un unique $ y^\bot $ dans $ (\mathbb{R}u)^\bot $ tel que $ y=\alpha u+y^\bot $. Comme $ y $ est dans $ \Omega $, nous avons $ \alpha\geq\lVert y^\bot\rVert_2 $. De même, soit $ x\in\Omega $, il existe un unique réel $ \beta $ et un unique $ x^\bot $ dans $ (\mathbb{R}u)^\bot $ tel que $ x=\beta u+x^\bot $ avec $ \beta\geq\lVert x^\bot\rVert_2 $.

Donc,
$$
(x|y)=\alpha\beta-(x^\bot|y^\bot)\geq
\lVert x^\bot\rVert_2\lVert y^\bot\rVert_2-(x^\bot|y^\bot)
\geq 0
$$
Nous avons montré $ \Omega\subset\{y\in E:\forall x\in\Omega,\,(y|x)\geq0\} $.

Montrons maintenant l'inclusion inverse. Soit $ y\in E $, tel que pour tout $ x $ dans $ \Omega $,
Comme $ u $ appartient à $ \Omega $, on a $ (y|u)\geq E $. Comme plus haut $ y=\alpha u+y^\bot $
avec $ \alpha\geq0 $ et $ y^\bot $ dans $ (\mathbb{R}u)^\bot $. Raisonnons par l'absurde et supposons que
$ \lVert y^\bot\rVert_2>\alpha\geq 0 $ alors en posant $ x=\lVert y^\bot\rVert_2 u-y^\bot $, on aurait $ x\in\Omega $ et
$$
(x|y)=\alpha\lVert y^\bot\rVert_2-\lVert y^\bot\rVert_2^2
<0.
$$
Ce qui contredit l'hypothèse d'absurdité. Donc, $ \lVert y^\bot\rVert_2\leq\alpha $ et $ y\in\Omega $.
Nous avons montré $$ \Omega\supset\{y\in E:\forall x\in\Omega,\,(y|x)\geq0\} $$

Au final, nous avons montré
$$ \Omega=\{y\in E:\forall x\in\Omega,\,(y|x)\geq0\} $$

Je ne vais pas dire que c'est facile mais c'est loin d'être infaisable pour un taupin qui vise une ENS ou l'X

EDIT: Changement du titre pour noter que Q1 à Q3 sont corrigées.

[matmeca_mcf1]

Ce n'est pas une définition. C'est une égalité. La Q1 demande de comparer $ \Omega $ et $ \{y\in E:\forall x\in\Omega,\,(y|x)\geq0\} $. Il y a égalité.

[darklol]

Je ne crois pas que ce soit une légende. En fait il semblerait juste que l’épreuve était totalement en dehors de l’esprit du programme de prépa de l’époque.

[matmeca_mcf1]

L'épreuve semble avoir été créé pour empêcher ceux qui ne font pas de dessins pour aider leur intuition de la réussir. Mais à ce que je sais l'auteur est un bourbakiste. Donc, je ne vois pas pourquoi il aurait créé une épreuve qui illustre les limites de sa propre école. Si j'en crois un de mes profs de Cachan, très très connu, faire le moindre dessin pour illustrer ou aider son intuition était très mal vu à l'époque. Il était farouchement opposé au bourbakisme.

[oty20]

Apparemment certain des candidats de cette année la , ont obtenus la médaille fieds ....

[matmeca_mcf1]

Pour résoudre la Q2, il suffit de se représenter un cône dans l'espace et d'imaginer comment un vecteur appartenant à ce cône peut être la somme de deux vecteurs appartenant à ce même cône. On voit vite en considérant les angles avec le vecteur $ u $ quand cela va imposer la colinéarité des deux termes avec le vecteur initial. Voici une correction de la Q2.

Tout d'abord une notation pour simplifier les écritures et la rédaction. Dans la suite, pour $ v $ dans $ E $, on notera
$ v^\parallel=(u\mid v)u $ le projeté orthogonal de $ v $ sur $ \mathbb{R}u $ et $ v^\bot $ le projeté orthogonal de $ v $ sur $ (\mathbb{R}u)^{\bot} $.

Avant de répondre à la Q4, une remarque préliminaire, un lemme que l'on va utiliser (cela aurait dû être une question intermédiaire)

Q1.5: Soit $ v $ dans $ \Omega $. Sous quelles conditions sur $ v $ a-t-on $ v=v_1+v_2 $ avec $ v_1,v_2 $ dans $ \Omega $ implique $ v_1 $ et $ v_2 $ colinéaires avec $ v $?

Réponse à la Q1.5 Nous allons montrer que $ v $ satisfait la propriété de la Q1.5 si et seulement si $ \lVert v^\bot\rVert=v\cdot u $

• Soit $ v $ dans $ \Omega $ tel que $ \lVert v^\bot\rVert<v\cdot u $. Soit $ F $ le plan vectoriel de $ E $ auquel appartient $ u $ et $ v $ (Si $ u $ est colinéaire avec $ v $, on choisit n'importe quel plan vectoriel contenant $ u $). L'intersection de $ F $ et de la frontière de $ \Omega $ (qui est convexe et fermé) est constituée de deux demi-droites perpendiculaires. Appelons $ k_1 $ et $ k_2 $ les deux vecteurs directeurs unitaires de ces deux demi-droites. Ces deux vecteurs sont orthogonaux et forment une base orthonormale du plan $ F $. On a $ v=(v\mid k_1)k_1+(v\mid k_2)k_2 $. Et comme $ 0\leq \lVert v_\bot\rVert<(v\mid u) $, alors $ (v\mid k_1) $ et $ (v\mid k_2) $ sont non nuls donc les termes de la décomposition linéaires ne sont pas colinéaires. Je l'ai fait de cette manière mais il y a plein d'autre manières d'effectuer cette décomposition.
• Soit $ v $ dans $ \Omega $ vérifiant $ \lVert v_\bot\rVert=v\cdot u $. Soient $ v_1 $ et $ v_2 $ dans $ \Omega $ tels que $ v_1+v_2=v $.
  Comme $ v_1 $ et $ v_2 $ sont dans $ \Omega $, on a
  $$
  \lVert v_1^\bot\rVert \leq (v_1\mid u)\\
  \lVert v_2^\bot\rVert \leq (v_2\mid u)
  $$
  On en déduit.
  $$
  (v\mid u)=\lVert v^\bot\rVert=\lVert v_1^\bot+v_2^\bot\rVert\leq \lVert v_1^\bot\rVert+ \lVert v_2^\bot\rVert
  \leq (v_1\mid u)+(v_2\mid u)=(v\mid u)
  $$
  Donc toutes les inégalités dans la dernière inégalité sont des égalités et on a $ \lVert v_1^\bot+v_2^\bot\rVert= \lVert v_1^\bot\rVert+ \lVert v_2^\bot\rVert $. Puisque la somme des deux inégalités est une égalité, on a aussi $ \lVert v_1^\bot\rVert =(v_1\mid u) $ et $ \lVert v_2^\bot\rVert =(v_2\mid u) $. D'où, par Pythagore $ \lVert v_1+v_2\rVert= \lVert v_1\rVert+ \lVert v_2\rVert $. Donc, d'après la condition d'égalité pour l'inégalité triangulaire sur un espace euclidien $ v_1 $ et $ v_2 $ sont colinéaires et il existe $ \theta $ dans $ [0,1] $ tel que $ v_1=\theta v $ et $ v_2=(1-\theta) v $. En particulier, $ v=0 $ implique $ v_1=v_2=0 $.

Avec la réponse à Q1.5, on peut très facilement résoudre la Q2 et la Q4.

Réponse à la Q2
Montrons que l'endomorphisme nul est extremal.
L'endomorphisme nul $ \alpha $ vérifie $ \alpha(\Omega)=\{0\}\subset\Omega $ donc elle est dans $ \mathcal{N} $.
Soient $ \ell_1 $ et $ \ell_2 $ dans $ \mathcal{N} $ tels que $ \ell_1+\ell_2=0 $.
Soit $ x $ dans $ \Omega $. Alors,
$ \ell_1(x)\in\Omega $, $ \ell_2(x)\in\Omega $, et $ \ell_1(x)+\ell_2(x)=0 $. Donc, d'après la Q1.5, on a $ \ell_1(x)=\ell_2(x)=0 $. Or $ \mathrm{Vect}(\Omega)=E $, donc $ \ell_1=\ell_2=0 $. On a montré que l'endomorphisme nul est extrémale.

Montrons que les endomorphismes extrémales de rang $ 1 $ sont tous les endomorphismes de la forme
$ x\mapsto (w\mid x)v $ avec $ v $ et $ w $ dans $ \Omega $ et vérifiant
$ \lVert v^\bot\rVert=(v\mid u)>0 $ et $ \lVert w^\bot\rVert=(w\mid u)>0 $

Recherchons d'abord les conditions nécessaires pour qu'un endomorphisme de rang $ 1 $ soit extrémal.

• Soit $ \alpha $ un endomorphisme appartenant à $ \mathcal{N} $ de rang $ 1 $, alors, il existe $ v $ et $ w $ non nuls dans $ E $ tel que pour tout $ x $ dans $ E $. Par définition de $ \mathcal{N} $, $ \alpha $ dans $ \mathcal{N} $ est équivalent à ce que pour que pour tout $ x $ dans $ \Omega $, $ (w\mid x)v $ soit dans $ \Omega $. Ce qui d'après la Q1 est équivalent à ce que pour tout $ x $ et $ y $ dans $ \Omega $, $ (w\mid x)(v\mid y)\geq0 $. Quitte à remplacer $ v $ par $ -v $ et $ w $ par $ -w $ (ce qui ne change pas $ \alpha $), cela est équivalent à ce que pour tout $ x,y $ dans $ \Omega $, $ (w\mid y)\geq0 $, $ (v\mid x)\geq0 $. Et donc équivalent à $ v,w $ dans $ \Omega $.
• Supposons maintenant $ \lVert v\rVert<$ \alpha $, alors d'après la Q1.5, il existe $ v_1,v_2 $ non colinéaires dans $ \Omega $ tel que $ v=v_1+v_2 $. On pose alors $ \alpha_1\colon x\mapsto(w\mid x)v_1 $ Et $ \alpha_2\colon x\mapsto(w\mid x)v_2 $. On a $ \alpha_1,\alpha_2 $ dans $ \mathcal{N} $ et a $ \alpha=\alpha_1+\alpha_2 $. Or $ \alpha_1 $ et $ \alpha_2 $ non colinéaires donc $ \alpha $ n'est pas extrémal. Donc, par contraposée, $ \alpha $ extrémal de rang $ 1 $ implique $ \lVert v^\bot\rVert=(v\cdot u) $. On fait le même raisonnement avec $ w $ et on obtient aussi $ \alpha $ extrémal de rang $ 1 $ implique $ \lVert w^\bot\rVert=(w\cdot u) $. $

Nous allons maintenant montrer l'implication inverse: Soient $ v,w $ dans $ \Omega $ non nuls tels que $ \lVert v^\bot\rVert=(v\cdot u) $ et $ \lVert w^\bot\rVert=(w\cdot u) $.
Montrons que l'endomorphisme $ \alpha\colon x\mapsto (w\mid x)v $ est extrémal.
Soient $ \alpha_1 $ et $ \alpha_2 $ non nuls dans $ \mathcal{N} $ tels que $ \alpha=alpha_1+\alpha_2 $. Pour tout $ x $ dans $ \Omega $, on a $ \alpha_1(x)\in\Omega $, $ \alpha_2(x)\in\Omega $ et $ \alpha_1(x)+\alpha_2(x)=(w\mid x)v $. Comme $ \lVert v^\bot\rVert=(v\mid u) $, on a d'après la Q1.5,
pour tout $ x $ dans $ \Omega $ que $ \alpha_1(x),\alpha_2(x) $ colinéaires avec $ v $. Or $ \mathrm{Vect}(\Omega)=E $, donc pour tout $ x $ dans $ E $, $ \alpha_1(x),\alpha_2(x) $ colinéaires avec $ v $, donc $ \alpha_1,\alpha_2 $ sont de rang $ 1 $ et d'image $ \mathbb{R}v $. Donc, il existe $ w_1 $ et $ w_2 $ non nuls dans $ E $ tels que
$$
\forall x\in E,\, \alpha_1(x)=(w_1\mid x) v,\qquad\forall x\in E,\, \alpha_2(x)=(w_2\mid x) v,\quad
$$
Comme montré plus haut, puisque $ \alpha_1 $ et $ \alpha_2 $ sont dans $ \mathcal{N} $, on a $ w_1 $
et $ w_2 $ dans $ \Omega $. Et on a forcément aussi $ w=w_1+w_2 $, donc d'après la Q1.5, $ w_1 $ et $ w_2 $
sont colinéaires. Donc, $ \alpha_1 $ et $ \alpha_2 $ sont colinéaires. On a montré que $ \alpha $ était extrémal.

Au final, on a démontré que l'endomorphisme nul est extrémal et que l'ensemble des endomorphismes extrémaux de rang $ 1 $ est égal à
$$
\{x\mapsto(w\mid x)v:v\in\partial\Omega\setminus\{0\},w\in\partial\Omega\setminus\{0\}\}.
$$

La semaine prochaine, correction de la Q3 ou de la Q4. À mon avis, la Q4 est beaucoup plus facile. Vous pouvez déjà la résoudre très facilement à partir de la Q1.5.

EDIT: Amélioration rédaction réponse Q1.5

[oty20]

La magie opère donc au sein de l'ENS .

[matmeca_mcf1]

Je ne suis pas certain de bien comprendre le rapport entre magie, ENS et l'épreuve d'ENS Koszul 1966.

[oty20]

Bonsoir , il est dit que parmi ceux qui ont passé cette épreuve , certain se sont vus décerner la médaille Fields , c'est donc a l'Ens que le niveau des élèves augmente de manière significative ....

[matmeca_mcf1]

Pour la Q3, on nous demande de calculer les endomorphismes extrémaux de rang 2. J'avais annoncé que cette question était plus dur que la Q4. En fait, elle est toute simple. Pour le voir, l'idée est de considérer l'intersection de l'image d'un endomorphisme laissant $ \Omega $ stable et de $ \Omega $ lui même. Utiliser cette intersection pour deux vecteurs unitaires qui appartiennent à la frontière de $ \Omega $ et qui forme une base de l'image de l'endomorphisme de rang 2. Pour exprimer un endomorphisme $ \alpha $de rang 2 appartenant à $ \mathcal{N} $, on décomposera pour tout $ x $, $ \alpha(x) $ dans cette base. L'endomorphisme $ \alpha $ sera donc la somme de deux endomorphismes de rang 1. Et on montrera par des arguments géométriques (les cônes convexes de $ \mathbb{R}^2 $ ont une structure géométrique très simple) que chacun de ces deux endomorphismes appartient à $ \mathcal{N} $ et donc qu'il n'y a aucun endomorphisme extrémal de rang 2.

Réponse à la Q3
Soit $ \alpha $ un endomorphisme extrémal de rang $ 2 $. Comme $ \mathrm{Vect}(\Omega)=E $, il existe une base de $ E $ constitué de vecteurs appartenant à $ \Omega $. Ainsi, l'image de $ \Omega $ par $ \alpha $ contient une base
de $ \mathrm{Im}(\alpha) $, mais cette image est inclu dans $ \Omega $ car $ \alpha $ est dans $ \mathcal{N} $. Donc, il existe une base de $ \mathrm{Im}(\alpha) $ constituée de deux vecteurs $ \hat{k}_1,\hat{k}_2 $ qui chacun appartient à $ \Omega $. Nous allons montrer que l'on peut prendre pour base de $ \mathrm{Im}(\alpha) $, deux vecteurs appartenant à $ \partial\Omega $. On peut le faire géométriquement en remarquant que le plan $ \mathrm{Im}(\alpha) $ doit croiser la frontière du cône $ \Omega $ en deux vecteurs indépendants. Ou on peut le justifier en supposant que $ \hat{k_1}\notin\partial\Omega $ (sinon on utilise $ \hat{k}_2 $ et sinon on n'a rien à faire) et en posant
$$
\zeta=\frac{\hat{k}_1}{(\hat{k}_1\mid u)}-\frac{\hat{k}_2}{(\hat{k}_2\mid u)}
$$
Puis en considérant la fonction $ \phi\colon s \mapsto \lVert\frac{\hat{k}_1}{(\hat{k}_1\mid u)}+s\zeta -u\rVert^2 $. On remarque que
$ \phi $ est continue, $ \phi(0)<1 $ et $ \lim\limits_{s\to\pm\infty}\phi(s)=+\infty $. Donc, par le théorème des valeurs intérmédiaires, il existe
$ s_1>0 $ et $ s_2<0 $ tels que
$$
k_1=\frac{\hat{k_1}}{(\hat{k_1}\mid u)}+s_1\zeta\in\partial\Omega\\
k_2=\frac{\hat{k_1}}{(\hat{k_1}\mid u)}+s_2\zeta\in\partial\Omega
$$

Les vecteurs, $ k_1,k_2 $ appartiennent à
$$
\partial\Omega=\{x\in E:(x\mid u)=\lVert x-(x\mid u)u\rVert\}
$$
et forment une base de $ \mathrm{Im}(\alpha) $. On a par construction $ (k_1\mid u)=(k_2\mid u)=1 $.

Comme $ \mathrm{Vect}(k_1,k_2)=\mathrm{Im}(\alpha) $, il existe des formes linéaires $ \ell_1 $ et $ \ell_2 $ dans $ E'\setminus\{0\} $ telles que $ \alpha(x)=\ell_1(x)k_1+\ell_2(x)k_2 $.

Montrons que pour tout $ x $ dans $ \Omega $, $ \ell_1(x)\geq0 $ et $ \ell_2(x)\geq0 $.
Géométriquement, en considérant un cône convexe en 2D, cela semble évident. Je vais donner une preuve brutale par le calcul sans me préoccuper d'élégance. Pour tout $ x $ dans $ \Omega $, $ \ell_1(x)k_1+\ell_2(x)k_2\in\Omega $. Comme en plus
$ (k_1\mid u)=(k_2\mid u)=1 $ et $ \lVert k_2^\bot\rVert=1 $, cela implique que $ \ell_1(x)+\ell_2(x)\geq0 $
et
$$
\lVert\ell_1(x)k_1^\bot+\ell_2(x)k_2^\bot\rVert^2\leq(\ell_1(x)+\ell_2(x))^2\\
\implies 2\ell_1(x)\ell_2(x) (k_1^\bot\mid k_2^\bot)\leq 2\ell_1(x)\ell_2(x)\\
\implies (1-(k_1^\bot\mid k_2^\bot))\ell_1(x)\ell_2(x)\geq0\\
\implies \ell_1(x)\ell_2(x)\geq0
$$
Donc, $ \ell_1(x)\geq0 $ et $ \ell_2(x)\geq0 $.

Cela implique que pour tout $ x $ dans $ \Omega $, $ \ell_1(x)k_1\in\Omega $ et $ \ell_2(x)k_2\in\Omega $. Nous posons $ \alpha_1\colon E\to E,x\mapsto \ell_1(x)k_1 $ et $ \alpha_2\colon E\to E,x\mapsto \ell_2(x)k_2 $. Nous avons $ \alpha=\alpha_1+\alpha_2 $, $ \alpha_1,\alpha_2\in\mathcal{N} $ et $ \alpha_1,\alpha_2 $ linéairement indépendant. Donc, $ \alpha $ n'est pas extrémal.

Nous avons montré qu'aucun endomorphisme de rang 2 n'est extrémal.

Je vais probablement arrêter la correction de Koszul 1966 au fil de l'eau sur ce forum. Je ferai probablement un corrigé en tex si j'ai le temps.