Norme triple

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Enoncés
Norme triple
1
Exercice 7 [ 00488 ] [Correction]
Soient E un espace vectoriel normé non réduit à {0} et u, v ∈ L(E) continus tels que
Exercice 1 [ 01172 ] [Correction]
Soient E un espace vectoriel normé de dimension finie non nulle et u ∈ L(E, F).
Montrer qu’il existe un vecteur x0 ∈ E unitaire tel que
kuk = ku(x0 )k
u ◦ v − v ◦ u = α IdE
pour un certain α ∈ R.
(a) Établir que pour tout n ∈ N,
u ◦ vn+1 − vn+1 ◦ u = (n + 1)αvn
Exercice 2 [ 00483 ] [Correction]
Soit u un endomorphisme continu d’un espace vectoriel normé E.
Montrer que
∀λ ∈ Sp(u), |λ| ≤ kuk
Exercice 3 [ 00484 ] [Correction]
Soient E et F deux 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 E converge vers x ∈ E. Établir que fn (xn ) → f (x).
Exercice 4 [ 00487 ] [Correction]
Soit u ∈ LC(E, F). Montrer
kuk = sup ku(x)kF
kxkE <1
Exercice 5 [ 00489 ] [Correction]
Soit E une algèbre de dimension finie non nulle. On désire établir que E peut être muni
d’une norme d’algèbre. Soit k.k une norme sur E. Pour tout x ∈ E, on pose
N(x) =
sup
(b) En déduire que α = 0.
Exercice 8 [ 02986 ] [Correction]
Soient N une norme sur Cn et k.k la norme sur Mn (C) qui lui est associée.
Soit A ∈ Mn (C) telle que 1 est valeur propre de A et kAk ≤ 1.
Montrer que 1 est racine simple du polynôme minimal de A.
Exercice 9 [ 00367 ] [Correction]
Soit u un endomorphisme autoadjoint d’un espace euclidien E.
On note kuk la norme de l’endomorphisme u subordonnée à la norme euclidienne.
Établir
kuk = sup |λ|
λ∈Sp(u)
Exercice 10 [ 02777 ] [Correction]
Soient A un compact d’intérieur non vide de Rn et LA = {u ∈ L(Rn ), u(A) ⊂ A}.
Montrer que LA est un compact de L(Rn ).
kaxk
a∈E,kak=1
(a) Justifier que N(x) existe dans R.
(b) Établir que N est une norme d’algèbre sur E.
Exercice 6 [ 00490 ] [Correction]
Soit f une forme linéaire non nulle et continue sur un espace vectoriel normé E.
Montrer que si x < ker f alors
| f (x)|
d(x, ker f ) =
kfk
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Corrections
Corrections
2
À la limite quand n → +∞, on obtient ku(x)kF ≤ s d’où l’on déduit
Exercice 1 : [énoncé]
kuk = supkxk=1 ku(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 x 7→ ku(x)k étant à valeurs réelles et continue admet un maximum sur
ce compact en un élément x0 qui résout le problème posé.
Exercice 2 : [énoncé]
Soit λ une valeur propre de u. Il existe un vecteur x , 0 vérifiant u(x) = λx et alors
|λ| kxk = ku(x)k ≤ kuk kxk
kuk = sup ku(x)k ≤ s
kxk=1
puis l’égalité annoncée.
Exercice 5 : [énoncé]
(a) L’application a 7→ ax est linéaire donc continue sur E espace 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 a 7→ ax est l’application nulle et pour a = 1E , on obtient x = 0E .
N(λx) = sup ka(λx)k = sup |λ| kaxk = |λ| sup kaxk = |λ| N(x)
puis
kak=1
|λ| ≤ kuk
car kxk > 0.
kak=1
kak=1
et
N(x + y) = sup ka(x + y)k ≤ sup (kaxk + kayk) ≤ sup kaxk + sup kayk = N(x) + N(y)
kak=1
Exercice 3 : [énoncé]
Notons k.k la norme induite sur LC(E, F) par les normes existant sur E et F.
k fn (xn ) − f (x)kF ≤ k fn (xn ) − fn (x)kF + k fn (x) − f (x)kF avec
k fn (xn ) − fn (x)kF ≤ k fn k kxn − xkE → 0 (car k fn k est bornée) et
k fn (x) − f (x)kF ≤ k fn − f k kxkE → 0 donc k fn (xn ) − f (x)kF → 0.
Exercice 4 : [énoncé]
Pour tout x ∈ E tel que kxkE < 1, on a
kak=1
kak=1
kak=1
Enfin N(xy) ≤ N(x)N(y) car a 7→ a(xy) s’obtient par composition de a 7→ ax par
a 7→ ay.
Exercice 6 : [énoncé]
Pour tout y ∈ ker f , | f (x)| = | f (x) − f (y)| ≤ k f k kx − yk donc | f (x)| ≤ k f k d(x, ker f ).
Pour z ∈ E, on peut écrire z = λx + y avec y ∈ H et λ = f (z)/ f (x).
| f (x)|
Si λ , 0 alors z = λ(x + y/λ) donc kzk ≥ |λ| d(x, H) puis | f (z)| = |λ| | f (x)| ≤ d(x,H)
kzk
Cette inégalité vaut encore quand λ = 0 et cela permet d’affirmer k f k ≤
l’inégalité complémentaire de la précédente.
| f (x)|
d(x,H)
puis
ku(x)kF ≤ kuk kxkE ≤ kuk
donc
s = sup ku(x)kF ≤ kuk
kxkE <1
Exercice 7 : [énoncé]
(a) Par récurrence sur n ∈ N en écrivant
n Pour tout x ∈ E tel que kxkE = 1, on a n+1
xE < 1 donc
u n x ≤ s
n + 1 F
puis
puis
et en simplifiant via
n+1
s
ku(x)kF ≤
n
u ◦ vn+2 − vn+2 ◦ u = (u ◦ vn+1 ) ◦ v − vn+2 ◦ u
u ◦ vn+2 − vn+2 ◦ u = (n + 1)αvn+1 + vn+1 ◦ u ◦ v − vn+2 ◦ u
vn+1 ◦ u ◦ v − vn+2 ◦ u = vn+1 (u ◦ v − v ◦ u)
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Corrections
(b)
k(n + 1)αvn k ≤ kuk vn+1 + vn+1 kun k
donc
(n + 1) |α| kvn k ≤ (kuk kvk + kvk kuk) kvn k
Si pour tout n ∈ N, vn , 0 alors on obtient (n + 1) |α| ≤ 2 kuk kvk pour tout n ∈ N ce
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 A est alors semblable à une matrice triangulaire supérieure avec des
coefficients diagonaux tous égaux à 1. Ceci permet d’écrire P−1 AP = T avecP inversible
et


∗
 1


..

T = 
.


(0)
1
3
Cas général :
Le polynôme minimal de A s’écrit ΠA = (X − 1)α Q(X) avec Q(1) , 0.
Par le lemme de décomposition des noyaux, Cn = F ⊕ G avec F = ker(A − I)α et
G = ker Q(A).
Notons B la matrice de l’endomorphisme induit par A sur le sous-espace vectoriel stable
F. On vérifie que 1 est la seule valeur propre de B et que kBk ≤ 1. L’étude qui précède
assure alors que B = In et donc le polynôme X − 1 annule A sur F. De plus le polynôme Q
annule A sur G donc le polynôme (X − 1)Q annule A sur Cn . Puisque 1 n’est pas racine de
Q, 1 n’est que racine simple du polynôme minimal ΠA .
Exercice 9 : [énoncé]
Pour x0 vecteur propre associée à la valeur propre λ0 vérifiant |λ0 | = maxλ∈Sp(u) |λ|,
On aku(x0 )k = |λ0 | kx0 k donc
kuk ≥ λ0
Inversement, si B = (e1 , . . . , en ) est une base orthonormée de vecteurs propres de u alors
pour tout x ∈ E, x = x1 e1 + · · · + xn en , u(x) = λ1 x1 e1 + · · · + λn xn en avec λi valeur propre
associée au vecteur propre ei .
Puisque B est orthonormée,
n
X
λ2i xi2
ku(x)k2 =
i=1
et kxk =
2
Notons a l’élément d’indice (1, 2) de cette matrice.
Par une récurrence facile, on montre
Pn
2
i=1 xi
donc ku(x)k ≤ |λ0 | kxk et donc
kuk ≤ |λ0 |

 1


P−1 Am P = 


(0)
Or kAk ≤ 1, donc kAm k ≤ 1 puis
Or
1 m
−→
m A m→+∞
ma
1
..
.
On et enfin

1/m

1 −1 m

P A P = 
m


(0)
a
1/m

∗





1
..
1 −1 m
−→
m P A P m→+∞
.
On .

∗ 





1/m
On en déduit a = 0.
Par ce principe, on peut annuler successivement chaque coefficient de la sur-diagonale de
T puis chaque coefficient de la sur-diagonale suivante etc.
Au final T = In puis A = In et le polynôme minimal de A est ΠA = X − 1.
Exercice 10 : [énoncé]
Étant en dimension finie, il suffit d’observer que LA est une partie fermée et bornée de
L(Rn ).
On munit Rn d’une norme quelconque et L(Rn ) de la norme d’opérateur subordonnée.
Soit (un ) une suite convergente d’éléments de LA de 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) ∈ A donc u∞ (x) ∈ A = A. Ainsi u∞ ∈ LA . La partie LA est fermée. Il reste à
montrer qu’elle est bornée.
Comme l’intérieur de A est non vide, il existe x0 ∈ A et α > 0 vérifiant B(x0 , α) ⊂ A. De
plus, la partie A étant bornée, il existe M ∈ R+ vérifiant A ⊂ B(0, M). Pour u ∈ L(A) et
x ∈ B(0, 1), u(x0 + αx) ∈ u(A) ⊂ A donc ku(x0 ) + αu(x)k ≤ M puis
ku(x)k ≤ α1 (M + ku(x0 )k) et enfin kuk ≤ α1 (M + ku(x0 )k) ≤ 2M
α .
Finalement la partie LA est bornée et donc compacte.
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