%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% ENSAE 1991 CORRIGE %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% realise par Robert Cabane 19 rue de Lyon 33000 Bordeaux
% email: rcabane@free.fr
% 19 rue de Lyon 33000 BORDEAUX
% Format: PLAIN TEX
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\input math3.sty
% mise en page (a rectifier si besoin)
\input frpage.sty
\def\GL#1#2{{\rm GL}_#1(\Bbb #2)}
%
% Titre du pb.
%
\grostitre{ENSAE 1991, Math. II - Corrig\'e: matrices homotopes}
%\nofoot
\centerline{\eightit Auteur: Robert Cabane
\qquad {\eighttt (rcabane@free.fr)}
\hfil\hfil
\the\day/\the\month/\the\year}
%
% D\'ebut du corrig\'e.
%
\partie[G\'en\'eralit\'es] %I

\question[L'homotopie dans le groupe lin\'eaire est une \'equivalence] %1
La r\'eflexivit\'e de la relation d'homotopie est \'evidente (prendre
$h$ constante). La sym\'etrie aussi, gr\^ace \`a la fonction $t\mapsto
h(1-t)$. Supposons enfin que $A$ et $B$ soient homotopes (via
$h$), ainsi que $B$ et $C$ (via $k$).
Consid\'erons la fonction $m$ telle que
$$
m(t)=\cases{h(2t)&si $t\in[0,\frac12]$\\k(2t-1)&si
$t\in[\frac12,1]$}
$$
c'est bien une application continue sur $[0,1]$ dans $\GL nR$ car
$h$ et $k$ sont de cette nature, et au point $\frac12$ la limite
\`a gauche de $m$ vaut $h(1)=B$ tandis que la limite \`a droite vaut
$k(0)=B$.

{\bf Notation.}
Nous noterons $A\asymp B$ la relation d'homotopie.

{\bf Remarque.}
Les classes d'\'equivalence, ou classes d'homotopie, sont
\'evidemment des parties connexes par arcs maximales de $\GL nR$. Nous
verrons un peu plus loin leur description.

\question[Existence de quarts de tour] %2
Pour $n$ pair, $n=2p$ consid\'erons la matrice en blocs
$J_n=\pmatrix{O&-I_p\\I_p&O}$ (inspir\'ee de la matrice de
rotation plane du quart de tour). Gr\^ace au produit par blocs il
est facile de calculer $J_n^2=\pmatrix{-I_p&O\\O&I_p}=-I_n$. Puis
on forme $A(t)=tI_n+(1-t)J_n$ pour $t\in [0,1]$. On a
$A^2=[t^2-(1-t)^2]I+2t(1-t)J$ donc $A^2-2tA=(2t-1-2t^2)I$. Si $A$
\'etait singuli\`ere, $A^2-2tA$ le serait aussi donc on aurait
$2t^2-2t+1=0=t^2+(t-1)^2$, ce qui n'est pas possible dans $\R$
(c'est un raisonnement sur la valeur propre 0). Ainsi,
$A(t)$ est dans $\GL nR$ pour tout $t$.

{\bf Remarque.}
Peu importe, ici, que $J_n$ soit
celle qu'on a vue ou une autre.

\question[Homotopie entre l'identit\'e et les quarts de tour] %3
La question pr\'ec\'edente d\'emontre tr\`es exactement que $I_n$
et $J_n$ sont homotopes (bien entendu, pour $n$ pair, hypoth\`ese
qui demeure en vigueur ici), avec un \og chemin\fg\ rectiligne
entre elles. En multipliant tout par $J_n$ -- c'est-\`a-dire, en
consid\'erant le chemin $tA(t)=tJ+(1-t)J^2$ -- on voit que $J$ et
$J^2=-I$ sont homotopes. Par transitivit\'e de l'homotopie,
\encadre{$I_n$ et $-I_n$ sont homotopes pour $n$ pair.}

\question[Homotopie et d\'eterminant] %4
Soit $A$ et $B$ deux matrices homotopes par $h$; la fonction
$t\mapsto \det(h(t))$ est continue puisque le d\'eterminant l'est,
et ne s'annule jamais; elle est donc de signe constant (th\'eor\`eme
des valeurs interm\'ediaires) et, notamment, \encadre{deux matrices
homotopes ont des d\'eterminants de m\^eme signe.}

{\bf Remarques.}
Nous en d\'eduisons que pour $n$ impair $I_n$ et $-I_n$ ne sont
pas homotopes. En g\'en\'eral, les classes d'homotopie semblent \^etre
incluses soit dans $\GL{n^+}R=\{A\in \MM nR\ /\ \det A>0\}$
soit dans $\GL{n^-}R$. On verra que ce sont l\`a les
deux seules classes d'homotopie.

\question[Quel est le degr\'e en dimension 1 ?] %5
On identifie $\GL1R$ \`a $\R^*$; la fonction \og signe\fg{} v\'erifie
bien les axiomes (D1) \`a (D3); en effet, si une fonction $h$,
d\'efinie sur $\R^*$, est continue alors son signe est constant
(encore les valeurs interm\'ediaires) donc les signes de $h(0)=A$
et $h(1)=B$ sont les m\^emes. R\'eciproquement, si $d$ est un \og
degr\'e\fg\
sur $\GL1R$, il doit prendre la m\^eme valeur sur les
nombres de m\^eme signe (homotopie \'evidente), et la valeur 1 en 1.
En cons\'equence, on doit avoir $h=1$ sur $\R_+^*$ et
$h=m\in \Z\setminus\{1\}$ sur $\R_-^*$.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%% PARTIE II %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\partie[Caract\'erisation du degr\'e] %II
\question[S\'eparer les valeurs propres n\'egatives] %1
Soit $A\in\GL nR$, ayant pour polyn\^ome minimal $\chi_A=P(X)Q(X)$
avec $P(X)=\prod_{i=1}^r(\lambda_i-X)^\alpha_i$, les $\lambda_i$ \'etant des valeurs
propres n\'egatives et $Q$ n'ayant aucune racine r\'eelle n\'egative.
Le th\'eor\`eme des noyaux permet de d\'ecomposer $\R^n$ en somme
directe de sous-espaces stables par $A$: $\R^n=N\oplus M$ avec
$N=\ker P(A)$ et $M=\ker Q(A)$.
Consid\'erons d'abord la restriction $A'$ de $A$ \`a $M$: elle
v\'erifie par nature $Q(A')=0$; les valeurs propres de $Q'$ sont
donc racines de $Q$ (en fait toutes les racines mais on n'en a
pas besoin), et ne peuvent \^etre r\'eelles n\'egatives.
Puis \'etudions la restriction $A"$ de $A$ \`a $N$: elle v\'erifie
$P(A'')=0$, donc ses valeurs propres sont toutes racines de $P$,
donc r\'eelles n\'egatives. La matrice semblable \`a $A$, obtenue en
passant \`a une base adapt\'ee \`a cette somme directe, prend l'allure
par blocs suivante: $A_1=\pmatrix{A''&O\\O&A'}$. Le polyn\^ome
caract\'eristique se calcule imm\'ediatement (par blocs) et donne
$\chi_A=\chi_{A"}\chi_{A'}$. Les valeurs propres n\'egatives de $A$
sont exclusivement les racines de $\chi_{A"}$ puisque $A'$ n'en
r\'ecup\`ere aucune. En prenant le degr\'e il vient
$\alpha=\deg\chi_{A'}=\dim N$.

\question[Compter les valeurs propres n\'egatives] %2
On prend le d\'eterminant de la matrice en blocs pr\'ec\'edente:
$\det A=\det A'\det A"$. En consid\'erant le d\'eterminant comme le
produit des valeurs propres compt\'ees avec leurs ordres de
multiplicit\'e dans le polyn\^ome caract\'eristique, on voit que $\sgn(\det
A")=(-1)^\alpha $ (c'est une produit de $\alpha $ r\'eels n\'egatifs). D'autre
part, le d\'eterminant de $A'$ est le produit des valeurs propres
de celle-ci; or, dans ce produit figurent des valeurs propres
positives qui n'influent pas sur le signe du r\'esultat et des
valeurs propres complexes deux \`a deux conjugu\'ees; comme
$\chi_{A'}$ est un polyn\^ome r\'eel, ses racines complexes non
r\'eelles sont deux \`a deux conjugu\'ees avec les m\^emes ordres de
multiplicit\'e, de sorte que leur produit est r\'eel positif.

Si $M=\R^n$ alors $A$ n'a aucune valeur propre r\'eelle n\'egative;
montrons qu'elle est homotope \`a $I_n$.
%% en tra\c cant un segment entre ces deux matrices.
En effet, pour $t\in ]0,1[$,
$\det(tA+(1-t)I_n)=t^n\det(A-\frac{t-1}tI_n)$ ne peut \^etre nul que si
$\frac{t-1}t$ est valeur propre de $A$, ce qui n'est pas car
$\frac{t-1}t$ est r\'eel n\'egatif.

\question[Homotopie \`a une sym\'etrie] %3
Pour r\'ealiser l'homotopie entre $A$ et $-P_1+P_2$ il suffit de le
faire dans la base simplificatrice, soit
$$
\pmatrix{A"&O\\ O&A'}\asymp\pmatrix{-I_\alpha &O\\O&I_{n-\alpha }}
=\underbrace{\pmatrix{-I_\alpha &O\\O&O}}_{P_1}
+\underbrace{\pmatrix{O&O\\ O&I_{n-\alpha }}}_{P_2}
\quad \Longleftarrow \quad
A"\asymp -I_\alpha \hbox{ et }
A'\asymp I_{n-\alpha }
$$
(c'est-\`a-dire qu'il suffit de montrer que $A"$ est homotope \`a
$-I_\alpha $ et que $A'$ est homotope \`a $I_{n-\alpha }$ pour conclure).
L'homotopie concernant $A'$ se traite comme \`a la question pr\'ec\'edente.
Pour $A"$ on tente la m\^eme d\'emarche:
$$
\det(tA"+(1-t)(-I_n))=t^n\det(A-\frac{1-t}tI_n)=0
\quad\Longleftrightarrow \quad
\frac{1-t}t\in {\rm Sp}(A")
$$
ce qui n'a pas lieu puisque $A"$ ne poss\`ede que des valeurs
propres n\'egatives. Finalement,
\reponse{toute matrice r\'eelle est homotope \`a une matrice de
sym\'etrie.}

\question[Avec un nombre pair de valeurs propres n\'egatives] %4
\sousquestion %4a
L'existence d'un \og quart de tour sur $N$\fg{} est av\'er\'ee comme
au I2\hbox{$^\circ$}, du fait que la dimension de $N$ est $\alpha=2p$. On peut
prolonger l'action de $J\rest N$ en la prenant \'egale \`a
l'identit\'es sur $M$.

\sousquestion %4b
Pour montrer que $A$ est homotope \`a $JP_1+P_2$ puis \`a $I_n=P_1+P_2$ il
suffit de montrer d'abord que $-I_\alpha $ est homotope \`a $J"$, matrice dans la
base choisie pour $N$ de $J\rest N$, ce qui se fait exactement
comme \`a la question I3\hbox{$^\circ$}, et permet de conclure par transitivit\'e:
$A"\asymp -I_\alpha \asymp J\asymp I_\alpha $. Comme le degr\'e est invariant
par homotopie, on doit avoir $d(A)=1$.

\question[Avec un nombre impair de valeurs propres n\'egatives] %5
\sousquestion %5a
Pour clarifier la situation on peut prendre des matrices par
blocs (ou faire un dessin). Dans une base adapt\'ee form\'ee de
vecteurs de $N_1,N_2$ et $M$ on a les matrices suivantes:
$$
P_1=\pmatrix{
1&0&0\\
0&\ec{I_{\alpha -1}}&O\\
0&O&O}
\quad
\tilde Q_1=\pmatrix{
1&0&0\\
0&O&O\\
0&O&O}
\quad
\tilde Q_2=\pmatrix{
0&0&0\\
0&\ec{I_{\alpha -1}}&O\\
0&O&O}
\quad
Q_2=\pmatrix{
0&0&0\\
0&\ec{I_{\alpha -1}}&O\\
0&O&I_{n-\alpha }}
$$
ce qui rend \'evidentes les formules
$P_1=\tilde Q_1P_1+\tilde Q_2P_1,\>Q_2=\tilde Q_2P_1+P_2,\>\tilde
Q_1+Q_2=I_n$.
 
\sousquestion %5b
Comme $N_2$ est de dimension paire, il contient des quarts de
tour; on peut donc trouver (en prolongeant sur $N_1+M$ par
l'identit\'e) $\tilde J$ telle que $(\tilde J\rest{N_2})^2=-I_{2p}$.
Comme nous savons d\'ej\`a que $A$ est homotope \`a $-P_1+P_2$, il suffit
de voir que $-P_1+P_2=-\tilde Q_1-\tilde Q_2+P_2\asymp -\tilde Q_1+\tilde
J\tilde Q_2+P_2$ (en fait l'\'enonc\'e complique inutilement car on a
$\tilde Q_1P_1=\tilde Q_1$ et $\tilde Q_2P_1=\tilde Q_2$), donc que
$-\tilde Q_2\asymp \tilde J\tilde Q_2$. Or, nous sommes sur un
espace de dimension paire, o\`u les quarts de tour sont homotopes \`a
$-I$, dont le r\'esultat est vrai.
On peut appliquer une seconde fois la m\^eme d\'emarche \`a la matrice
qui vient d'\^etre trouv\'ee, ce qui donne:
$$
-\tilde Q_1+\tilde J\tilde Q_2+P_2
\asymp -\tilde Q_1-\tilde J^2\tilde Q_2+P_2
=-\tilde Q_1+\tilde Q_2+P_2
=-\tilde Q_1+Q_2
\>.$$
\sousquestion %5c
Comme le degr\'e est invariant par homotopie, on trouve tout de
suite $d(A)=d(-\tilde Q_1+Q_2)$, ce qui est le degr\'e d'une
r\'eflexion (sym\'etrie par rapport \`a un hyperplan).

\sousquestion %5d
Soit $\tilde d(\lambda)=d(\lambda \tilde Q_1+Q_2)$. On a $\tilde d(1)=d(\tilde
Q_1+Q_2)=d(I_n)=1$; d'autre part, si $\lambda $ et $\mu $ sont homotopes dans
$\R^*$, c'est-\`a-dire de m\^eme signe, on a $\tilde d(\lambda)=\tilde
d(\mu)$. En effet, si $\lambda $ et $\mu $ sont positifs la matrice
$\tilde Q_1+Q_2$ est \`a valeurs propres strictement positives sotn
homotope \`a $I_n$, et $\tilde d(\lambda)=\tilde d(\mu)=1$, et sinon on
tombe dans le cas \'etudi\'e \`a la question pr\'ec\'edente (matrices ayant
un nombre impair de valeurs propres n\'egatives). Comme $d$ n'est
pas constante sur $\GL nR$ (axiome (D2)), $\lambda P_1+P_2$ et $\mu P_1+P_2$
sont homotopes \`a $-P_1+P_2$ et $\tilde d$ prend sur ces nombres une
valeur enti\`ere diff\'erente de 1.

{\bf Remarque.}
$\lambda \tilde Q_1+Q_2$ est une affinit\'e
%%, ou dilatation,
par rapport \`a
$N_2+M$ dans la direction de $N_1$.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%% PARTIE III %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\partie %III
\question[$\tilde d$ v\'erifie (D4)] %1
$\tilde d(\lambda \mu)$ vaut 1 \ssi\ $\lambda \mu $ est positif, c'est-\`a-dire que
$\lambda $ et $\mu $ sont de m\^eme signe; dans ces conditions, on a $\tilde
d(\lambda)=\tilde d(\mu)$ donc $\tilde d(\lambda)\tilde d(\mu)=\tilde d(\lambda)^2$ qui
ne vaudra 1 qu'\`a condition de donner \`a $d$ les valeurs 1 et $-1$
exclusivement. Or, quand on multiplie les matrices de sym\'etrie on
trouve l'identit\'e:
$$
(-\tilde Q_1+Q_2)^2=\tilde Q_1+Q_2=I_n
\quad\mathop{\Relbar\joinrel \Longrightarrow }\limits_{(D4)}\quad
1=d(I_n)=d[(-\tilde Q_1+Q_2)^2]=d(-\tilde Q_1+Q_2)^2=\tilde d(-1)^2
$$
d'o\`u nous tirons $d(-1)=-1$
car $d$ ne doit pas \^etre constante.
Sinon, $\tilde d(\lambda \mu)$ vaut $-1$ lorsque $\lambda $ et $\mu $
ne sont pas de m\^eme signe; alors, on a par exemple $\tilde
d(\lambda)=1$ et $\tilde d(\mu)=-1$ donc $\tilde d(\lambda)\tilde
d(\mu)=-1=\tilde d(\lambda \mu)$.

\question[Le degr\'e est constant sur les classes de similitude] %2
Comme $d$ op\`ere sur $\GL nR$, on a
$d(AA^{-1})=d(A)d(A^{-1})=1$ soit $d(A^{-1})=d(A)^{-1}=\pm1$; on note au passage que
$d$ ne peut prendre pour valeurs que $1$ et $-1$, seuls
inversibles dans $\Z$. On a alors
$d(PCP^{-1})=d(P)d(C)d(P^{-1})=d(P)d(P^{-1})d(C)=d(C)$.

\question[Encore des sym\'etries] %3
Il suffit de prendre des bases adapt\'ees aux sommes directes.

\question %4
On a fait voir ci-dessus que $d$ ne pouvait prendre que deux
valeurs (1 et $-1$), et que $\tilde d$ prenait effectivement ces
deux valeurs: elle n'est donc pas constante. En combinant ces
observations avec I5\hbox{$^\circ$} on voit que $\tilde d$ n'est autre que le
signe.

\question[Le degr\'e est le signe du d\'eterminant] %5
Nous avons vu que tout matrice inversible est homotope soit \`a
$I_n$ (degr\'e 1) soit \`a $-\tilde Q_1+Q_2$ (degr\'e -1); le d\'eterminant
de cette derni\`ere matrice est \'evidemment $-1$, d'o\`u le r\'esultat.

\question[Seulement deux morphismes continus de $\GL nR$ dans $\Z$] %6
Si $f$ est continue sur $\GL nR$, \`a valeurs enti\`eres, et si $A$ et
$B$ sont homotopes par $h$, alors $f\circ h$ est une fonction continue
de $[0,1]$ dans $\Z$: c'est une fonction constante (TVI), ce qui
donne (D3). En cons\'equence, un morphisme continu et non constant
de $\GL nR$ dans $\Z$ v\'erifie (D1), (D2), (D3), (D4): c'est la
valeur absolue du d\'eterminant. Sinon on peut toujours se rabattre
sur le morphisme constant, valant toujours 1 !

%%%%%%%%%%%%%%%%%%% PARTIE IV %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\partie[Morphismes de $\C^*$ dans $\R^*$.] %IV
\question %1
$h(1)=h(1^2)=h(1)^2$ donne $h(1)=1$ ou $h(1)=0$, exclu par
hypoth\`ese. Puis, si $z^n=1$ alors $h(z^n)=1=h(z)^n$, donc
$h(z)=1$ puisque 1 est la seule racine $n$-i\`eme de l'unit\'e dans
$\R_+^*$. En particulier, il appara\^\i t que $h(e^{i\theta })=1$ si $\theta \in \pi \Q$.

\question %2
Soit $\tilde h=h\rest{\R_+^*}$.
Soit $\theta \in [0,2\pi [$, et $(r_n)$ une suite de rationnels convergeant
vers $\frac{\theta }{\pi }$; on a $h(e^{i\pi r_n})=1$ et
$h(e^{i\pi r_n})\longrightarrow h(e^{i\theta })$ pour $n$ tendant vers l'infini, par
continuit\'e de $h$. Ainsi, $h$ est constante sur $\U$. Nous obtenons
$h(\rho e^{i\theta })=h(\rho)h(e^{i\theta })=\tilde h(\rho)$.

\question %3
Soit $g(\lambda)=\ln \tilde h(e^\lambda)$. Les propri\'et\'es fondamentales du
logarithme et de l'exponentielle, avec l'hypoth\`ese sur $h$,
assurent que l'on a bien $g(\lambda+\mu)=g(\lambda)+g(\mu)$.

\question %4
Nous en d\'eduisons que $g(n)=ng(1)$ sur $\N$, par r\'ecurrence, puis que
$g(n-n)=0=g(n)+g(-n)$ soit $g(-n)=-ng(1)$; ensuite,
$g(q\times\frac pq)=g(p)=pg(1)=qg(\frac pq)$ entra\^\i ne
$g(\frac pq)=\frac pqg(1)$. $g$ \'etant continue, on a par densit\'e
de $\Q$ le r\'esultat $g(x)=xg(1)$ pour tout r\'eel $x$.

\question %5
Repassant \`a $h$ il vient pour $x>0$:
$\tilde h(x)=\exp(g(\ln x))=\exp(g(1)\ln x)=x^\alpha $ avec $\alpha=g(1)$.
Tenant compte de la question 2 nous obtenons
\encadre{$\forall z\in \C^*\ h(z)=|z|^\alpha $.}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%% PARTIE V %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\partie[Morphismes de $\MM nK$ dans $\Bbb K$] %V
\question[Valeur sur les classes de similitude] %1
On a d'abord $\varphi (A)=\varphi (A.I_n)=\varphi (A)\varphi
(I_n)$, et $\varphi (A)$ n'est pas nul, ce qui entra\^\i ne
$\varphi (I_n)=1$. Comme $\varphi $ op\`ere sur $\GL nR$, il
vient $\varphi (AA^{-1})=\varphi (A)\varphi (A^{-1})=\varphi
(I_n)=1$ soit $\varphi (A^{-1})=\varphi (A)^{-1}$ puis $\varphi
(PAP^{-1})=\varphi (P)\varphi (A)\varphi (P^{-1})=\varphi
(P)\varphi (A^{-1})\varphi (C)=\varphi (A)$.

\question[Valeur sur les matrices scalaires] %2
L'application $z\mapsto \varphi (zI_n)$ est un morphisme du
groupe $(\C^*,\times)$ vers le groupe $(\R^*_+,\times)$, et on a
vu en IV5\hbox{$^\circ$} que c'est n\'ecessairement une puissance
du module. Quitte \`a changer de notation, on peut effectivement
poser $\varphi (zI_n)=|z|^{n\beta }$.

\question[Valeur sur les diagonales] %3
Permuter les coefficients diagonaux d'une matrice diagonale
cr\'ee une matrice semblable (puisque c'est faire une conjugaison
avec une matrice de permutation). D\`es lors, toutes les matrices
$\Diag(\lambda_p,\lambda_{p+1},\dots,\lambda_n,\lambda_1,\dots,\lambda_{p-1})$
ont m\^eme image $\varphi (A)$. Leur produit vaut
$\prod_i\lambda_iI_n$, donc on a gr\^ace \`a la question
pr\'ec\'edente $\varphi (A)^n=|\det A|^{n\beta }$. Comme $\varphi
(A)$ est un r\'eel positif, on peut prendre les racines
$n$-i\`emes et trouver $\varphi (A)=|\det A|^\beta $.

\question[Valeur sur les diagonalisables] %4
La constance de $\varphi $ sur les classes de similitude
(V1\hbox{$^\circ$}) permet de prolonger le r\'esultat
pr\'ec\'edent \`a toutes les matrices diagonalisables. De plus,
$\varphi $ est continue. Pour en d\'eduire que $\varphi $ est constante
sur $\GL nC$, il suffit de montrer que les matrices
inversibles et diagonalisables forment une partie dense de $\GL nC$.
\`A cet effet, on consid\`ere une matrice inversible $A$ que
l'on trigonalise: $A=PTP^{-1}$ avec
$T=\pmatrix{\lambda_1&\grand*(6pt,-5pt)\\
&\ddots&\\
\grand0(-3pt,3pt)&&\lambda_n}$. On approche $T$ par
$T_\varepsilon=\pmatrix{\lambda_1+\varepsilon &&\grand*(-6pt,-5pt)\\
&\ddots&\\
\grand0(-3pt,3pt)&&\lambda_n+\varepsilon^n}$, $\varepsilon $ \'etant
choisi positif et inf\'erieur \`a $\Min(|\lambda_i-\lambda_j|>0,|\lambda_i|)$ de sorte
qu'apr\`es perturbation les valeurs propres sont distinctes et non
nulles si $\varepsilon $ est assez petit. La matrice $T_\varepsilon $ a alors $n$
valeurs propres distinctes, elle est donc diagonalisable, ce qui
donne le r\'esultat attendu lorsque $\varepsilon $ tend vers 0.

\question[Morphismes continus de $\MM nC$ vers $\C^*$] %5
Soit $\psi (AB)=\psi (A)\psi (B)$ pour toutes $(A,B)\in\MM nC$. Commen\c cons
par calculer un peu sur $\psi $: on a $\psi (I_n^2)=\psi (I_n)=\psi (I_n)^2$ ne peut
valoir que 1 ou 0, mais la valeur 0 conduirait \`a $\psi $ nulle,
exclu, donc $\psi (I_n)=1$; puis $\psi (O_n)=0$ ou 1 de m\^eme; si $\psi (O_n)=1$
alors en multipliant on trouve $\psi (A)=1$ pour toute matrice (ce
cas convient mais nous le laissons de c\^ot\'e pour l'instant).
Puis notons que la fonction $|\psi |$ est un morphisme
multiplicatif et continu de $\GL nC$ dans $\R_+^*$, qui ne peut
s'annuler car $\psi (I_n)=1$ et $\psi (A)\psi (A^{-1})=\psi (AA^{-1})=\psi (I_n)=1$. La
question pr\'ec\'edente confirme alors que l'on doit avoir
$|\psi (A)|=|\det A|^\beta $ pour $A$ inversible. Consid\'erons \`a pr\'esent le
cas non inversible. Nous savons que pour toutes les matrices de
m\^eme rang sont \'equivalentes. Si $\rg(A)=r<n$ alors $A$ est
\'equivalente \`a une matrice de la forme $A'=\pmatrix{N&O\\O&O}$,
$N$ \'etant une matrice nilpotente de rang $r$ et de taille $r+1\le n$
(il en existe:
$\pmatrix{0&1&\grand0(0pt,-5pt)\\
 &0&\ddots\\
 & &\ddots&1\\
\grand0(0pt,5pt)& & &0}$);
on peut \'ecrire $A=UA'V$ avec $U,V$ inversibles, donc
$\psi (A)=\psi (U)\psi (A')\psi (V)$; mais ${A'}^{r+1}$ est nulle donc $\psi (A')$
est nul aussi, ce qui am\`ene $\psi (A)=0$. De plus, la continuit\'e de
$\psi $ fait que l'exposant $\beta $ doit \^etre strictement positif car si
$A$ s'approche de 0 tout en \'etant inversible (par exemple,
$A=\varepsilon I_n$) alors $|\psi (A)|=|\det A|^\beta $ doit avoir une limite nulle.
D\`es lors, la relation $|\psi (A)|=|\det A|^\beta $ est l\'egitime pour $A$
singuli\`ere, s'\'ecrivant $0=0$. Enfin le cas $\psi (O_n)=1$ ($\psi $
constante) est r\'ecup\'er\'e par la valeur $\beta=0$.
On peut conclure:
\encadre{il existe $\beta \in \R_+$ tel que $|\psi (A)|=|\det A|^\beta $ pour toute
matrice $A\in\MM nC$.}

\question %6
La multiplicativit\'e de $d^*$ (D4) provient de celles de $\sgn$ et
de $\psi $. Nous avons aussi vu que $\psi (I_n)=1$, donc $d^*(I_n)=1$ (D1).
Enfin, $d^*$ est une fonction continue de $\GL nR$ dans $\Z$, donc
elle v\'erifie (D3) (question III6\hbox{$^\circ$}).

\question %7
Si $d^*$ est constante, elle vaut 1 c'est-\`a-dire que $\psi (A)$ reste
strictement positif. D'un autre c\^ot\'e, $|\psi |$ est un
morphisme continu de $\GL nC$ dans $\R_+^*$, et la question V4\hbox{$^\circ$}
montre que l'on doit avoir $|\psi (A)|=|\det A|^\beta $. Ce r\'esultat
demeure quand $A$ est r\'eelle, et on en d\'eduit une
premi\`ere famille de solutions: \encadre{$\psi (A)=|\det A|^\beta $.}

Sinon, on peut appliquer \`a $d^*$ les r\'esultats de la partie III,
soit $d^*(A)=\sgn(\det A)$; en d'autres termes, $\psi (A)$ et $\det A$
ont m\^eme signe pour $A$ r\'eelle. En combinant l'information de
signe avec celle de valeur absolue on obtient une seconde famille
de solutions: \encadre{$\psi (A)=\sgn(\det A)|\det A|^\beta $.}

\bye


