Norme triple

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Norme triple
Exercice 1 [ 01172 ] [Correction]
Soient Eun espace vectoriel normé de dimension finie non nulle et u∈ L(E,F).
Montrer qu’il existe un vecteur x0∈Eunitaire tel que
kuk=ku(x0)k
Exercice 2 [ 00483 ] [Correction]
Soit uun endomorphisme continu d’un espace vectoriel normé E.
Montrer que
∀λ∈Sp(u),|λ|≤kuk
Exercice 3 [ 00484 ] [Correction]
Soient Eet Fdeux espace vectoriels normés. On suppose qu’une suite (fn) d’éléments de
LC(E,F) converge vers f∈ LC(E,F) (au sens de la norme subordonnée) et qu’une suite
(xn) d’éléments de Econverge vers x∈E. Établir que fn(xn)→f(x).
Exercice 4 [ 00487 ] [Correction]
Soit u∈ LC(E,F). Montrer
kuk=sup
kxkE<1
ku(x)kF
Exercice 5 [ 00489 ] [Correction]
Soit Eune algèbre de dimension finie non nulle. On désire établir que Epeut être muni
d’une norme d’algèbre. Soit k.kune norme sur E. Pour tout x∈E, on pose
N(x)=sup
a∈E,kak=1
kaxk
(a) Justifier que N(x) existe dans R.
(b) Établir que Nest une norme d’algèbre sur E.
Exercice 6 [ 00490 ] [Correction]
Soit fune forme linéaire non nulle et continue sur un espace vectoriel normé E.
Montrer que si x<ker falors
d(x,ker f)=|f(x)|
kfk
Exercice 7 [ 00488 ] [Correction]
Soient Eun espace vectoriel normé non réduit à {0}et u,v∈ L(E) continus tels que
u◦v−v◦u=αIdE
pour un certain α∈R.
(a) Établir que pour tout n∈N,
u◦vn+1−vn+1◦u=(n+1)αvn
(b) En déduire que α=0.
Exercice 8 [ 02986 ] [Correction]
Soient Nune norme sur Cnet k.kla norme sur Mn(C) qui lui est associée.
Soit A∈ Mn(C) telle que 1 est valeur propre de Aet kAk≤1.
Montrer que 1 est racine simple du polynôme minimal de A.
Exercice 9 [ 00367 ] [Correction]
Soit uun endomorphisme autoadjoint d’un espace euclidien E.
On note kukla norme de l’endomorphisme usubordonnée à la norme euclidienne.
Établir
kuk=sup
λ∈Sp(u)
|λ|
Exercice 10 [ 02777 ] [Correction]
Soient Aun compact d’intérieur non vide de Rnet LA={u∈ L(Rn),u(A)⊂A}.
Montrer que LAest un compact de L(Rn).
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Corrections
Exercice 1 : [énoncé]
kuk=supkxk=1ku(x)k, or {x∈E|kxk=1}est un compact non vide (car fermé, image
réciproque du fermé {1}par l’application norme et clairement borné en dimension finie)
donc l’application x7→ ku(x)kétant à valeurs réelles et continue admet un maximum sur
ce compact en un élément x0qui résout le problème posé.
Exercice 2 : [énoncé]
Soit λune valeur propre de u. Il existe un vecteur x,0 vérifiant u(x)=λxet alors
|λ| kxk=ku(x)k≤kuk kxk
puis
|λ|≤kuk
car kxk>0.
Exercice 3 : [énoncé]
Notons k.kla norme induite sur LC(E,F) par les normes existant sur Eet F.
kfn(xn)−f(x)kF≤kfn(xn)−fn(x)kF+kfn(x)−f(x)kFavec
kfn(xn)−fn(x)kF≤kfnk kxn−xkE→0 (car kfnkest bornée) et
kfn(x)−f(x)kF≤kfn−fk kxkE→0 donc kfn(xn)−f(x)kF→0.
Exercice 4 : [énoncé]
Pour tout x∈Etel que kxkE<1, on a
ku(x)kF≤kuk kxkE≤kuk
donc
s=sup
kxkE<1
ku(x)kF≤kuk
Pour tout x∈Etel que kxkE=1, on a 
n
n+1x
E<1 donc
un
n+1x
F
≤s
puis
ku(x)kF≤n+1
ns
À la limite quand n→+∞, on obtient ku(x)kF≤sd’où l’on déduit
kuk=sup
kxk=1
ku(x)k≤s
puis l’égalité annoncée.
Exercice 5 : [énoncé]
(a) L’application a7→ ax est linéaire donc continue sur Eespace de dimension finie. Par
suite on peut introduire sa norme triple qui est justement N(x).
(b) N:E→R+.
Si N(x)=0 alors a7→ ax est l’application nulle et pour a=1E, on obtient x=0E.
N(λx)=sup
kak=1
ka(λx)k=sup
kak=1
|λ| kaxk=|λ|sup
kak=1
kaxk=|λ|N(x)
et
N(x+y)=sup
kak=1
ka(x+y)k≤sup
kak=1
(kaxk+kayk)≤sup
kak=1
kaxk+sup
kak=1
kayk=N(x)+N(y)
Enfin N(xy)≤N(x)N(y) car a7→ a(xy) s’obtient par composition de a7→ ax par
a7→ ay.
Exercice 6 : [énoncé]
Pour tout y∈ker f,|f(x)|=|f(x)−f(y)|≤kfk kx−ykdonc |f(x)|≤kfkd(x,ker f).
Pour z∈E, on peut écrire z=λx+yavec y∈Het λ=f(z)/f(x).
Si λ,0 alors z=λ(x+y/λ) donc kzk≥|λ|d(x,H) puis |f(z)|=|λ| | f(x)|≤|f(x)|
d(x,H)kzk
Cette inégalité vaut encore quand λ=0 et cela permet d’affirmer kfk≤|f(x)|
d(x,H)puis
l’inégalité complémentaire de la précédente.
Exercice 7 : [énoncé]
(a) Par récurrence sur n∈Nen écrivant
u◦vn+2−vn+2◦u=(u◦vn+1)◦v−vn+2◦u
puis
u◦vn+2−vn+2◦u=(n+1)αvn+1+vn+1◦u◦v−vn+2◦u
et en simplifiant via
vn+1◦u◦v−vn+2◦u=vn+1(u◦v−v◦u)
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(b)
k(n+1)αvnk≤kuk
vn+1 + vn+1 kunk
donc
(n+1) |α| kvnk≤(kuk kvk+kvk kuk)kvnk
Si pour tout n∈N,vn,0 alors on obtient (n+1) |α|≤2kuk kvkpour tout n∈Nce
qui implique α=0.
S’il existe n∈N∗tel que vn=0, alors pour le plus petit de ces entiers vn−1,0 et
vn=0 et la relation
u◦vn−vn◦u=(n+1)αvn−1
permet de conclure α=0.
Exercice 8 : [énoncé]
Cas particulier : Supposons que 1 est la seule valeur propre de A.
La matrice Aest alors semblable à une matrice triangulaire supérieure avec des
coefficients diagonaux tous égaux à 1. Ceci permet d’écrire P−1AP =TavecPinversible
et
T=
1∗
...
(0) 1
Notons al’élément d’indice (1,2) de cette matrice.
Par une récurrence facile, on montre
P−1AmP=
1ma ∗
1
...
(0) 1
Or kAk≤1, donc kAmk≤1 puis 1
mAm−→
m→+∞Onet enfin 1
mP−1AmP−→
m→+∞On.
Or
1
mP−1AmP=
1/m a ∗
1/m
...
(0) 1/m
On en déduit a=0.
Par ce principe, on peut annuler successivement chaque coefficient de la sur-diagonale de
Tpuis chaque coefficient de la sur-diagonale suivante etc.
Au final T=Inpuis A=Inet le polynôme minimal de Aest ΠA=X−1.
Cas général :
Le polynôme minimal de As’écrit ΠA=(X−1)αQ(X) avec Q(1) ,0.
Par le lemme de décomposition des noyaux, Cn=F⊕Gavec F=ker(A−I)αet
G=ker Q(A).
Notons Bla matrice de l’endomorphisme induit par Asur le sous-espace vectoriel stable
F. On vérifie que 1 est la seule valeur propre de Bet que kBk≤1. L’étude qui précède
assure alors que B=Inet donc le polynôme X−1 annule Asur F. De plus le polynôme Q
annule Asur Gdonc le polynôme (X−1)Qannule Asur Cn. Puisque 1 n’est pas racine de
Q, 1 n’est que racine simple du polynôme minimal ΠA.
Exercice 9 : [énoncé]
Pour x0vecteur propre associée à la valeur propre λ0vérifiant |λ0|=maxλ∈Sp(u)|λ|,
On aku(x0)k=|λ0| kx0kdonc
kuk≥λ0
Inversement, si B=(e1,...,en) est une base orthonormée de vecteurs propres de ualors
pour tout x∈E,x=x1e1+· · · +xnen,u(x)=λ1x1e1+· · · +λnxnenavec λivaleur propre
associée au vecteur propre ei.
Puisque Best orthonormée,
ku(x)k2=
n
X
i=1
λ2
ix2 i
et kxk2=Pn
i=1x2
idonc ku(x)k≤|λ0| kxket donc
kuk≤|λ0|
Exercice 10 : [énoncé]
Étant en dimension finie, il suffit d’observer que LAest une partie fermée et bornée de
L(Rn).
On munit Rnd’une norme quelconque et L(Rn) de la norme d’opérateur subordonnée.
Soit (un) une suite convergente d’éléments de LAde limite u∞.
Pour tout x∈A,kun(x)−u∞(x)k≤kun−u∞k kxk→0 donc un(x)→u∞(x). Or pour tout
n,un(x)∈Adonc u∞(x)∈A=A. Ainsi u∞∈LA. La partie LAest fermée. Il reste à
montrer qu’elle est bornée.
Comme l’intérieur de Aest non vide, il existe x0∈Aet α > 0 vérifiant B(x0, α)⊂A. De
plus, la partie Aétant bornée, il existe M∈R+vérifiant A⊂B(0,M). Pour u∈L(A) et
x∈B(0,1), u(x0+αx)∈u(A)⊂Adonc ku(x0)+αu(x)k≤Mpuis
ku(x)k≤1
α(M+ku(x0)k)et enfin kuk≤1 α(M+ku(x0)k)≤2M α.
Finalement la partie LAest bornée et donc compacte.
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