Fiche de mathématiques

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CAPES externe de mathématiques
Deuxième composition
Session 2007 (Correction)

Partie I. Systèmes de racines dans $\mathbb{R}^2$

1. a) On a par, définition de $n_{\alpha,\beta}$ :
$n_{\alpha,\beta} \cdot n_{\beta,\alpha} = 2\frac{\langle \alpha \, , \, \beta \rangle}{\||\alpha\||^2}2\frac{\langle \beta \, , \, \alpha \rangle}{\left||\beta\right||^2}$
$n_{\alpha,\beta} \cdot n_{\beta,\alpha} = 4\frac{\langle \alpha \, , \, \beta \rangle^2}{\||\alpha\||^2 \||\beta\||^2}$ par symétrie du produit scalaire
$n_{\alpha,\beta} \cdot n_{\beta,\alpha} = 4\frac{\||\alpha\|-^2\||\beta\||^2 \cos^2\left(\theta_{\alpha,\beta})}{\||\alpha\||^2\||\beta\||^2}$ par définition de $\theta_{\alpha,\beta}$
$n_{\alpha,\beta} \cdot n_{\beta,\alpha} = 4\cos^2\left(\theta_{\alpha,\beta}\right)$

1. b) Puisque $n_{\alpha,\beta} \in \mathbb{Z}$ , on a nécessairement $4 \cos^2\left(\theta_{\alpha,\beta}\right) = k$ , soit $\cos\left(\theta_{\alpha,\beta}\right) = \frac{\sqrt{k}}{2}$ , avec $k \in \mathbb{N}$ .
D'autre part, comme $0 \leq \cos^2\left(\theta_{\alpha,\beta}\right) \leq 1$ , on a nécessairement $0 \leq k \leq 4$ .
Finalement $\cos\left(\theta_{\alpha,\beta}\right) \in \lbrace 0 \, ; \, \frac{1}{2} \, ; \, \frac{\sqrt{2}}{2} \, ; \, \frac{\sqrt{3}}{2} \, ; \, 1 \rbrace$ d'où : $\theta \in \lbrace 0 \, ; \, \frac{\pi}{6} \, ; \, \frac{\pi}{4} \, ; \, \frac{\pi}{3} \, ; \, \frac{\pi}{2}\rbrace$

1. c) Supposons que $n_{\alpha,\beta} = \varepsilon 1$ et que $n_{\beta,\alpha} = \varepsilon 4$ avec $\varepsilon \in \lbrace -1 \, ; \, 1\rbrace$ .
On a alors :
$n_{\alpha,\beta} \cdot n_{\beta,\alpha} = 4 = 4\frac{\langle \alpha \, , \, \beta \rangle ^2}{\||\alpha\||^2\||\beta\||^2} \\ \Rightarrow \: \langle \alpha \, , \, \beta \rangle^2 = \||\alpha \||^2\||\beta\||^2$
On est alors dans le cas d'égalité de l'inégalité de Cauchy-Schwarz, ce qui signifie que $\left(\alpha \, , \, \beta)$ est liée. Du moment qu'aucun de ces deux vecteurs n'est nul (puisqu'ils appartiennent à $R$ ), ils sont proportionnels l'un à l'autre.
On a alors nécessairement $\alpha = -\beta$ d'après la 4ième condition pour que $R$ soit un système de racines. Et ceci est en contradiction avec l'hypothèse de départ.
Le couple $\left(\alpha \, , \, \beta\right)$ ne peut donc prendre les valeurs (1 ; 4) et (-1 ; -4). On démontre de même, par symétrie des rôles de $\alpha$ et $\beta$ , qu'il ne peut prendre les valeurs (4 ; 1) et (-4 ; -1).

1. d) Comme $n_{\alpha \, , \, \beta} = 2\cos\left(\theta_{\alpha,\beta}\right) \frac{\||\beta\||}{\||\alpha\||}$ on a $n_{\alpha,\beta}$ non nul dès que $\theta_{\alpha,\beta}$ est non nul, et le rapport $\frac{n_{\beta,\alpha}}{n_{\alpha,\beta}}$ est défini.
On a alors :
$\frac{n_{\beta,\alpha}}{n_{\alpha,\beta}} = \frac{2\langle \beta \, , \, \alpha \rangle}{\||\beta\||^2} \frac{\||\alpha\||^2}{2\langle \alpha \, , \, \beta \rangle} = \frac{\||\alpha \||^2}{\||\beta\||^2}$ .
On en déduit, pour toutes les valeurs de $\theta_{\alpha,\beta}$ , les valeurs de $n_{\alpha,\beta}n_{\beta,\alpha}$ , puis celles de $n_{\alpha,\beta}$ et de $n_{\beta,\alpha}$ , et enfin celles de $\frac{\||\alpha\||}{\||\beta\||}$ :

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline \theta_{\alpha,\beta} & n_{\alpha,\beta}n_{\beta,\alpha} = 4\cos^2\left(\theta_{\alpha,\beta}\right) & \|n_{\alpha,\beta}\| & \|n_{\beta,\alpha}\| & \||\alpha\|| / \||\beta\|| = \sqrt{n_{\beta,\alpha} / n_{\alpha,\beta}} \\ \hline 0 & 4 & 2 & 2 & 1 \\ \pi/6 & 3 & 1 & 3 & \sqrt{3} \\ \pi/6 & 3 & 3 & 1 & 1/\sqrt{3}\\ \pi/4 & 2 & 1 & 2 & \sqrt{2} \\ \pi/4 & 2 & 2 & 1 & 1/\sqrt{2}\\ \pi/3 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ \hline \end{array}$
Remarque : les valeurs de la question 1.c) ont été écartées.

1. e) On reprend le tableau précédent, en supposant que $\||\alpha\|| \leq \||\beta\||$ , donc selon 1. d) que $\|n_{\beta,\alpha}\| \leq \|n_{\alpha,\beta}\|$ :

$\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \theta_{\alpha,\beta} & n_{\alpha,\beta} & n_{\beta,\alpha} & \||\beta\|| / \||\alpha\|| \\ \hline 0 & 2 & 2 & 1 \\ 0 & -2 & -2 & 1 \\ \pi/6 & 3 & 1 & \sqrt{3} \\ \pi/6 & -3 & -1 & \sqrt{3} \\ \pi/4 & 2 & 1 & \sqrt{2} \\ \pi/4 & -2 & -1 & \sqrt{2} \\ \pi/3 & 1 & 1 & 1 \\ \pi/3 & -1 & -1 & 1 \\ \pi/2 & 0 & 0 & \in \mathbb{R} \\ \hline \end{array}$

2. Prenons $\alpha = (1 \, , \,0)$ et $\beta$ tel que $\theta_{\alpha,\beta} \in \lbrace \frac{\pi}{6} \, ; \, \frac{\pi}{4} \, ; \, \frac{\pi}{3} \, ; \, \frac{\pi}{2}\rbrace$ .
Le couple $\left(\alpha \, , \, \beta\right)$ étant libre, il engendre $\mathbb{R}^2$ . Il reste à trouver le plus petit système de racines le contenant.
Pour celà, il suffit de tracer l'image de chaque vecteur par la symétrie de centre O, et par la symétrie orthogonale par rapport à la droite normale à un autre vecteur (d'après condition 2 pour que $R$ soit un système de racines).
$\boxed{\text{Si } \theta_{\alpha,\beta} = \frac{\pi}{6}}$ Alors $\||\beta\|| = \sqrt{3}$ , soit $\beta = \left(\frac{3}{2} \, , \, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ .
On trouve les autres vecteurs en appliquant les symétries décrites plus haut (faire un dessin), et on obtient ainsi le système de racines $G_2$ :
$\begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{vecteur} & \text{coord. cartesiennes} & \text{coord. polaires} \\ \hline \alpha & (1 \, , \, 0) & (1 \, , \, 0) \\ -\alpha & (-1 \, , \,0) & (-1 \, , \, 0) \\ s_\beta(\alpha) & (-1/2,-\sqrt{3}/2) & (-1,\pi/3) \\ s_\beta(\alpha) & (1/2,\sqrt{3}/2) & (1,\pi/3) \\ s_\alpha \circ s_\beta(\alpha) & (1/2,-\sqrt{3}/2) & (1,-\pi/3) \\ -s_\alpha \circ s_\beta(\alpha) & (-1/2,\sqrt{3}/2) & (-1,-\pi/3)\\ \hline \end{array}$

$\begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{vecteur} & \text{coord. cartesiennes} & \text{coord. polaires} \\ \hline \beta & (3/2,\sqrt{3}/2) & (\sqrt{3},\pi/6) \\ -\beta & (-3/2,-\sqrt{3}/2) & (-\sqrt{3},\pi/6)\\ s_\alpha(\beta) & (-3/2,\sqrt{3}/2) & (-\sqrt{3},-\pi/6)\\ -s_\alpha(\beta) & (3/2,-\sqrt{3}/2) & (\sqrt{3},-\pi/6)\\ s_\beta \circ s_\alpha(\beta) & (0,-\sqrt{3}) & (\sqrt{3},-\pi/2)\\ -s_\beta \circ s_\alpha(\beta) & (0,\sqrt{3}) & (\sqrt{3},\pi/2)\\ \hline \end{array}$
$\boxed{\text{Si} \theta_{\alpha,\beta} = \frac{\pi}{4}}$ Alors $\||\beta\|| = \sqrt{2}$ , soit $\beta = (1 \, , \, 1)$ .

On trouve les autres vecteurs en appliquant les symétries décrites plus haut (faire un dessin), et on obtient ainsi le système de racines $B_2$ : $\begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{vecteur} & \text{coord. cartesiennes} & \text{coord. polaires} \\ \hline \alpha & (1,0) & (1,0) \\ -\alpha & (-1,0) & (-1,0) \\ s_\beta(\alpha) & (0,-1) & (-1,\pi/2) \\ -s_\beta(\alpha) & (0,1) & (1,\pi/2) \\ \beta & (1,1) & (\sqrt{2},\pi/4) \\ -\beta & (-1,-1) & (-\sqrt{2},\pi/4)\\ s_\alpha(\beta) & (-1,1) & (-\sqrt{2},-\pi/4)\\ -s_\alpha(\beta) & (1,-1) & (\sqrt{2},-\pi/4)\\ \hline \end{array}$
$\boxed{\text{Si} \theta_{\alpha,\beta} = \frac{\pi}{3}}$ Alors $\||\beta\|| = 1$ , soit $\beta = \left(\sqrt{2} \, , \, \frac{\pi}{4}\right)$ .
On trouve les autres vecteurs en appliquant les symétries décrites plus haut (faire un dessin), et on obtient ainsi le système de racines $A_2$ : $\begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{vecteur} & \text{coord. cartesiennes} & \text{coord. polaires} \\ \hline \alpha & (1,0) & (1,0) \\ -\alpha & (-1,0) & (-1,0) \\ \beta & (1/2,\sqrt{3}/2) & (1,\pi/3) \\ -\beta & (-1/2,-\sqrt{3}/2) & (-1,\pi/3) \\ s_\alpha(\beta) & (-1/2,\sqrt{3}/2) & (-1,-\pi/3)\\ -s_\alpha(\beta) & (1/2,-\sqrt{3}/2) & (1,-\pi/3)\\ \hline \end{array}$

$\boxed{\text{Si} \theta_{\alpha,\beta} = \frac{\pi}{2}}$ : on peut prendre $\||\beta\|| = 1$ , alors $\beta = (0 \, , \, 1)$ .
On trouve les autres vecteurs en appliquant les symétries décrites plus haut (faire un dessin), et on obtient ainsi le système de racines $A_1 \times A_1$ : $\begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{vecteur} & \text{coord. cartesiennes} & \text{coord. polaires} \\ \hline \alpha & (1,0) & (1,0) \\ -\alpha & (-1,0) & (-1,0) \\ \beta & (0,1) & (1,\pi/2) \\ -\beta & (0,-1) & (-1,\pi/2) \\ \hline \end{array}$

Partie II. Relations d'ordre dans $\mathbb{R^n}$

1. a) Pour tout $x$ et $y$ dans $\mathbb{R}^n$ et pour tout $\lambda$ dans $\mathbb{R}^-$ on a :
$\begin{array}{cccc} x \preceq y & \Rightarrow & x - (x+y) \preceq y - (x+y)&\\ & \Rightarrow & -y \preceq -x&\\ & \Rightarrow & (-\lambda)(-y) \preceq (-\lambda)(-x)&car -\lambda \in \mathbb{R}^+\\ & \Rightarrow & \lambda y \preceq \lambda x&\\ \end{array}$

1. b) $\preceq '$ est réflexive : pour tout $x$ de $\mathbb{R}^n$ on a $x \preceq' x$ car $\varphi(x) \preceq \varphi(x)$ (réfléxivité de $\preceq$ ).

$\preceq'$ est antisymétrique : pour tout $x$ et $y$ de $\mathbb{R}^n$ on a :
$\begin{array}{cccc} x \preceq' y \: et \: y \preceq' x & \Rightarrow & \varphi(x) \preceq \varphi(y) \: et \: \varphi(y) \preceq \varphi(x)&\\ & \Rightarrow & \varphi(x)=\varphi(y)& (\text{symetrie de } \preceq)\\ & \Rightarrow & x=y & (\text{injectivite de } \varphi)\\ \end{array}$

$\preceq'$ est transitive : pour tout $x$ , $y$ et $z$ de $\mathbb{R}^n$ on a :
$\begin{array}{cccc} x \preceq' y \: et \: y \preceq' z & \Rightarrow & \varphi(x) \preceq \varphi(y) \: et \: \varphi(y) \preceq \varphi(z)&\\ & \Rightarrow & \varphi(x)\preceq\varphi(z)& (\text{transitivite de } \preceq)\\ & \Rightarrow & x\preceq' z & \\ \end{array}$

$\preceq'$ est totale : pour tout $x$ et $y$ de $\mathbb{R}^n$ on a : $\varphi(x) \preceq \varphi(y)$ ou $\varphi(y) \preceq \varphi(x)$ car $\preceq$ est totale, d'où $x \preceq' y$ ou $y \preceq' x$ .

$\preceq'$ est EV-compatible :
1°) Pour tout $x$ , $y$ et $z$ de $\mathbb{R}^n$ on a :
$\begin{array}{cccr} x \preceq' y & \Rightarrow & \varphi(x) \preceq \varphi(y) &\\ & \Rightarrow & \varphi(x)+\varphi(z) \preceq \varphi(y)+\varphi(z) & (\text{EV-compatibilite de } \preceq)\\ & \Rightarrow & \varphi(x+z) \preceq \varphi(y+z) & (\text{linearite de } \varphi)\\ & \Rightarrow & x+z \preceq' y+z & \\ \end{array}$
2°) Pour tout $x$ et $y$ de $\mathbb{R}^n$ et pour tout $\lambda$ de $\mathbb{R}^+$ on a :
$\begin{array}{cccr} x \preceq' y & \Rightarrow & \varphi(x) \preceq \varphi(y) &\\ & \Rightarrow & \lambda\varphi(x) \preceq \lambda\varphi(y)& (\text{EV-compatibilite de } \preceq)\\ & \Rightarrow & \varphi(\lambda x) \preceq \varphi(\lambda y) & (\text{linearite de } \varphi)\\ & \Rightarrow & \lambda x \preceq' \lambda y & \\ \end{array}$

2. a) La partie à hachurer est constituée de la demi-droite $\lbrace x = 0 \; \text{ et } \; 0 \leq y \rbrace$ et du demi plan $\lbrace 0 \leq x \rbrace$ .

2. b) $\preceq$ est réflexive : en effet, pour tout $x$ de $\mathbb{R}^n$ on a $x = x$ d'où $x \preceq x$ .

$\preceq$ est transititive :
Soient $x$ , $y$ et $z$ dans $\mathbb{R}^n$ tels que $x \preceq y$ et $y \preceq z$ . Montrons que $x \preceq z$ . 4 cas sont possibles :
1°) Si $x = y$ et $y = z$ on a $x = z$ donc $x \preceq z$ .
2°)Si $x = y$ et $y \neq z$ , il existe $k = \min\lbrace i \in \lbrace 1,...,n \rbrace|y_i\neq z_i \rbrace$ , et on a alors $y_k < z_k$ , d'où $x_k < z_k$ , avec également $k = \min\lbrace i \in \lbrace 1,...,n \rbrace|x_i\neq z_i \rbrace$ . D'où finalement $x \preceq z$ .
3°) Si $x\neq y$ et $y = z$ , il existe $k=min\lbrace i \in \lbrace 1,...,n \rbrace|x_i\neq y_i \rbrace$ , et on a alors $x_k < y_k$ , d'où $x_k < z_k$ , avec également $k = \min\lbrace i \in \lbrace 1,...,n \rbrace|x_i\neq z_i \rbrace$ . D'où finalement $x \preceq z$ .
4°) Si $x\neq y$ et $y\neq z$ ; il existe $k_1 = \min \lbrace i \in \lbrace 1,...,n \rbrace|x_i\neq y_i \rbrace$ et $k_2 = \min\lbrace i \in \lbrace 1,...,n \rbrace|y_i\neq z_i \rbrace$ , avec $x_{k_1} < y_{k_1}$ et $x_{k_2} < y_{k_2}$ . Soit $k = \min(k_1,k_2)$ : on a alors $k = \min\lbrace i \in \lbrace 1,...,n \rbrace|x_i\neq z_i \rbrace$ , d'une part, et $x_k < z_k$ , d'autre part. D'où finalement $x \preceq z$ .

$\preceq$ est antisymétrique :
Soient $x$ et $y$ de $\mathbb{R}^n$ tels que $x \preceq y$ et $y \preceq x$ . Montrons que $x = y$ : si ce n'était pas le cas, il existerait $k = \min\lbrace i \in \lbrace 1,...,n \rbrace|x_i\neq y_i \rbrace$ avec $x_k < y_k$ et $y_k < x_k$ , ce qui n'est pas possible.

$\preceq$ est totale :
Soient $x$ et $y$ de $\mathbb{R}^n$ . Soit $x = y$ et dans ce cas $x \preceq y$ par exemple. Soit $x\neq y$ , et il existe alors $k = \min\lbrace i \in \lbrace 1,...,n \rbrace|x_i\neq y_i \rbrace$ ; on a alors nécessairement $x_k < y_k$ ou $y_k < x_k$ , d'où $x \preceq y$ ou $y \preceq x$

$\preceq$ est EV-compatible :
1°) Soient $x \, , \, y \text{ et } z$ dans $\mathbb{R}^n$ tels que $x \preceq y$ . Si $x = y$ on a $x + z = y + z$ et donc $x + z \preceq y + z$ . Si $x \neq y$ , il existe $k = \min \lbrace i \in \lbrace 1,...,n \rbrace|x_i\neq y_i \rbrace$ avec $x_k < y_k$ , et on a alors $x_k+z_k<y_k+z_k$ avec également $k = \min\lbrace i \in \lbrace 1,...,n \rbrace|x_i+z_i\neq y_i+z_i \rbrace$ , d'où $x+z \preceq y+z$ .

2°) Soient $x \text{ et } y$ dans $\mathbb{R}^n$ et $\lambda$ dans $\mathbb{R}^+$ tels que $x \preceq y$ . Si $x = y$ on a $\lambda x = \lambda y$ et donc $\lamnda x \preceq \lambda y$ . Si $x\neq y$ , il existe $k = \min\lbrace i \in \lbrace 1,...,n \rbrace|x_i\neq y_i \rbrace$ avec $x_k < y_k$ , et on a alors $\lambda x_k < \lambda y_k$ avec également $k = \min\lbrace i \in \lbrace 1,...,n \rbrace|\lamda x_i\neq \lambda y_i \rbrace$ , d'où $\lambda x \preceq \lambda y$ .

Partie III. Base d'un système de racines

1. a) Soit $\alpha \in R^+$ n'appartenant pas à $B$ . $\alpha$ est alors somme de deux racines positives $\beta$ et $\gamma$ .
On a d'une part $\alpha - \beta = \gamma$ , avec $0 \preceq \gamma$ , d'où $0 \preceq \alpha-\gamma$ et donc $\beta \preceq \alpha$
On a d'autre part $\alpha \neq \beta$ car dans le cas contraire on aurait $\gamma = 0$ ce qui est impossible puisque $\gamma \in R$ .
On a ainsi démontré que $\beta$ est strictement plus petit que $\alpha$ . On démontre également que $\gamma$ est strictement plus petit que $\alpha$ .
$\alpha$ est donc bien la somme de deux racines positives strictement plus petites.

1. b) On va raisonner par l'absurde : supposons qu'il existe $\alpha \in R^+$ qui ne soit pas combinaison linéaire d'éléments de $B$ . $\alpha$ s'écrit alors comme somme de deux éléments de $R ^+$ strictement plus petits que $\alpha$ (d'après 1.a) et qui ne sont pas dans $B$ .
Faisons alors l'hypothèse de récurrence suivante au rang $n$ :
$\alpha = \alpha_1^{(n)}+...+\alpha_n^{(n)}$ avec $\alpha_i^{(j)}$ dans $R^+$ et $\alpha_i^{(j)}$ strictement plus petit que $\alpha$ , pour tout $i$ , $j$ .
Selon l'hypothèse de départ faite sur $\alpha$ , il existe un terme $\alpha_{i_0}^{(j_0)}$ de cette somme qui n'est pas dans $B$ , ce terme peut alors s'écrire comme somme $\beta + \gamma$ de deux éléments de $R^+$ strictement plus petit que lui, et donc strictement plus petit que $\alpha$ .
En remplaçant $\alpha_{i_0}^{(j_0)}$ par $\beta+\gamma$ , on écrit $\alpha$ comme somme de $n+1$ termes de $R^+$ et qui sont strictement plus petit que lui. On ainsi prouvé l'hypothèse de récurrence au rang $n+1$ . Comme elle l'était au rang 2, elle l'est pour tout entier $n$ .
On obtient ainsi une suite strictement décroissante d'éléments de $R^+$ : $...<\alpha_n^{(n)}<\alpha_{n-1}^{(n-1)}<...<\alpha_2^{(2)}<\alpha$ . Comme elle est strictement décroissante, la suite a un nombre infini de valeurs, ce qui est en contradiction avec le fait que $R$ est finie.
L'hypothèse de départ ne peut donc être vraie, et tout élément de $R^+$ est combinaison linéaire d'éléments de $B$ .

2. a) Si $n_{\alpha,\beta} > 0$ alors $n_{\alpha,\beta} = 1 \text{ ou } n_{\beta,\alpha}=1$ (résultats rappelés en début de partie II).
Si $n_{\alpha,\beta} = 1$ , on a : $s_\alpha(\beta) = \beta- n_{\alpha,\beta}\alpha = \beta-\alpha$ d'où $\beta-\alpha \in R$ et alors $\alpha-\beta \in R$ .
Si $n_{\beta,\alpha} = 1$ on démontre de même que $\alpha-\beta \in R$ et alors $\beta-\alpha \in R$ .

2. b) Supposons que $\alpha-\beta \in R$ . On a alors soit $\alpha-\beta \in R^+$ , et l'on pose $\gamma = \alpha-\beta$ , soit $\beta-\alpha \in R^+$ , et l'on pose $\gamma = \beta-\alpha$ .
Dans les deux cas on a $\gamma \in R^+$ . $\alpha=\beta+\gamma$ est donc somme de deux racines positives, ce qui est en contradiction avec $\alpha \in B$ .
Ainsi $\alpha-\beta$ n'est pas dans $R$ , et donc $n_{\alpha,\beta}\leq 0$ d'après 2.a.

Publié par Cel/LyP-Archimaths le 30-11--0001

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