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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 x0Eunitaire tel que
kuk=ku(x0)k
Exercice 2 [ 00483 ] [Correction]
Soit uun endomorphisme continu d’un espace vectoriel normé E.
Montrer que
λSp(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 xE. 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 xE, on pose
N(x)=sup
aE,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
uvvu=αIdE
pour un certain αR.
(a) Établir que pour tout nN,
uvn+1vn+1u=(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 kAk1.
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
λSp(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 {xE|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)kkuk 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)kFkfn(xn)fn(x)kF+kfn(x)f(x)kFavec
kfn(xn)fn(x)kFkfnk kxnxkE0 (car kfnkest bornée) et
kfn(x)f(x)kFkfnfk kxkE0 donc kfn(xn)f(x)kF0.
Exercice 4 : [énoncé]
Pour tout xEtel que kxkE<1, on a
ku(x)kFkuk kxkEkuk
donc
s=sup
kxkE<1
ku(x)kFkuk
Pour tout xEtel que kxkE=1, on a
n
n+1x
E<1 donc
un
n+1x
F
s
puis
ku(x)kFn+1
ns
À la limite quand n+, on obtient ku(x)kFsd’où l’on déduit
kuk=sup
kxk=1
ku(x)ks
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:ER+.
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)ksup
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 yker f,|f(x)|=|f(x)f(y)|kfk kxykdonc |f(x)|kfkd(x,ker f).
Pour zE, on peut écrire z=λx+yavec yHet λ=f(z)/f(x).
Si λ,0 alors z=λ(x+y) 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’armer kfk|f(x)|
d(x,H)puis
l’inégalité complémentaire de la précédente.
Exercice 7 : [énoncé]
(a) Par récurrence sur nNen écrivant
uvn+2vn+2u=(uvn+1)vvn+2u
puis
uvn+2vn+2u=(n+1)αvn+1+vn+1uvvn+2u
et en simplifiant via
vn+1uvvn+2u=vn+1(uvvu)
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(b)
k(n+1)αvnkkuk
vn+1
+
vn+1
kunk
donc
(n+1) |α| kvnk(kuk kvk+kvk kuk)kvnk
Si pour tout nN,vn,0 alors on obtient (n+1) |α|2kuk kvkpour tout nNce
qui implique α=0.
S’il existe nNtel que vn=0, alors pour le plus petit de ces entiers vn1,0 et
vn=0 et la relation
uvnvnu=(n+1)αvn1
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
coecients diagonaux tous égaux à 1. Ceci permet d’écrire P1AP =TavecPinversible
et
T=
1
...
(0) 1
Notons al’élément d’indice (1,2) de cette matrice.
Par une récurrence facile, on montre
P1AmP=
1ma
1
...
(0) 1
Or kAk1, donc kAmk1 puis 1
mAm
m+Onet enfin 1
mP1AmP
m+On.
Or
1
mP1AmP=
1/m a
1/m
...
(0) 1/m
On en déduit a=0.
Par ce principe, on peut annuler successivement chaque coecient de la sur-diagonale de
Tpuis chaque coecient de la sur-diagonale suivante etc.
Au final T=Inpuis A=Inet le polynôme minimal de Aest ΠA=X1.
Cas général :
Le polynôme minimal de As’écrit ΠA=(X1)αQ(X) avec Q(1) ,0.
Par le lemme de décomposition des noyaux, Cn=FGavec F=ker(AI)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 kBk1. L’étude qui précède
assure alors que B=Inet donc le polynôme X1 annule Asur F. De plus le polynôme Q
annule Asur Gdonc le polynôme (X1)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|=maxλSp(u)|λ|,
On aku(x0)k=|λ0| kx0kdonc
kukλ0
Inversement, si B=(e1,...,en) est une base orthonormée de vecteurs propres de ualors
pour tout xE,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 sut 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 xA,kun(x)u(x)kkunuk kxk0 donc un(x)u(x). Or pour tout
n,un(x)Adonc u(x)A=A. Ainsi uLA. La partie LAest fermée. Il reste à
montrer qu’elle est bornée.
Comme l’intérieur de Aest non vide, il existe x0Aet α > 0 vérifiant B(x0, α)A. De
plus, la partie Aétant bornée, il existe MR+vérifiant AB(0,M). Pour uL(A) et
xB(0,1), u(x0+αx)u(A)Adonc ku(x0)+αu(x)kMpuis
ku(x)k1
α(M+ku(x0)k)et enfin kuk1
α(M+ku(x0)k)2M
α.
Finalement la partie LAest bornée et donc compacte.
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