[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 24 septembre 2016 Corrections 3
(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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