Applications linéaires continues, normes matricielles - Exo7

Exo7
Applications linéaires continues, normes matricielles
Exercices de Jean-Louis Rouget. Retrouver aussi cette fiche sur www.maths-france.fr
* très facile
** facile
*** difficulté moyenne **** difficile
I : Incontournable
***** très difficile
Exercice 1 *
n (n) o
On munit E = R[X] de la norme k k∞ définie par : ∀P ∈ E, kPk∞ = Sup P n!(0) , n ∈ N .
1. Vérifier brièvement que k k∞ est une norme sur E.
2. Soit f l’endomorphisme de E défini par ∀P ∈ E, f (P) = XP. Démontrer que l’application f est continue
sur (E, k k∞ ) et déterminer ||| f |||.
Correction H
[005854]
Exercice 2 **
On munit E = `∞ (C) le C-espace vectoriel des suites bornées de la norme kuk∞ = sup |un |.
n∈N
On considère les endomorphismes ∆ et C de `∞ (C) définis par :
∀u ∈ E, ∆(u) = v où ∀n ∈ N, vn = un+1 − un et ∀u ∈ E, C(u) = w où ∀n ∈ N, wn =
1
n+1
∑nk=0 uk .
Montrer que ∆ et C sont continus sur (E, k k∞ ) et calculer leur norme.
Correction H
[005855]
Exercice 3 *** I
On munit E = C0 ([0, 1], R) de la norme 1 définie par ∀ f ∈ E, k f k1 = 01 | f (t)| dt.
On pose T : E → E
et on admet que T est un endomorphisme de E.
f 7→ T f : [0, 1] → R R
x
7→ 0x f (t) dt
R
1. Démontrer que T est continu sur (E, k k1 ) et déterminer |||T |||.
2. Vérifier que la borne supérieure n’est pas atteinte.
Correction H
[005856]
Exercice 4 **
On munit E = Mn (R) de la norme N définie par ∀A ∈ E, N(A) = Sup ∑nj=1 |ai, j | (on admet que N est une
16i6n
norme sur E).
Soit f l’application de E dans R définie par ∀A ∈ E, f (A) = Tr(A). Démontrer que l’application f est continue
sur (E, N) et déterminer ||| f |||.
Correction H
[005857]
Exercice 5 ***
Déterminer s = Sup
n
kABk
kAkkBk ,
o
(A, B) ∈ (Mn (C) \ {0})2 quand k k est
1
1. k k1 ,
2. k k2 ,
3. k k∞ .
Correction H
[005858]
Exercice 6 *
Une norme sur Mn (R) (n > 2), est-elle nécessairement une « norme trois barres » ?
Correction H
[005859]
Exercice 7 **
Soit N une norme sur Mn (R).
Montrer qu’il existe k > 0 tel que ∀(A, B) ∈ (Mn (R))2 , N(AB) 6 k(A)N(B).
Correction H
[005860]
Exercice 8 **
Existe-t-il une norme N sur Mn (R) (n > 2) telle que ∀(A, B) ∈ (Mn (R))2 , N(AB) = N(A)N(B).
Correction H
[005861]
Exercice 9 ***
On pose ∀X = (xi )16i6n Mn,1 (R), kXk1 = ∑ni=1 |xi | et kXk∞ = Max |xi |.
16i6n
Déterminer les normes sur Mn (R) respectivement associées aux normes k k1 et k k∞ de Mn,1 (R). On notera
||| |||1 et ||| |||∞ ces normes.
Correction H
[005862]
Exercice 10 **I
q
Pour X = (xi )16i6n ∈ Mn,1 (R), on pose kXk2 = ∑ni=1 xi2 . Pour A ∈ Sn (R), on note ρ(A) le rayon spectral de
A c’est-à-dire ρ(A) = Max{|λ |, λ ∈ Sp(A)}.
o
n
2
,
X
∈
M
(R)
\
{0}
.
Montrer que ∀A ∈ Sn (R), |||A|||2 = ρ(A) où |||A|||2 = Sup kAXk
n,1
kXk2
Correction H
[005863]
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2
Correction de l’exercice 1 N
+∞
k
1. • Soit
Si onopose P = ∑k=0 ak X , il existe n ∈ N tel que ∀k > n, ak = 0. Donc kPk∞ =
n P(k)∈ E.
Sup P k!(0) , k ∈ N = Max{|ak |, 0 6 k 6 n} existe dans R.
• ∀P ∈ E, kPk∞ > 0.
• Soit P ∈ E. kPk∞ = 0 ⇒ ∀k ∈ N, |ak | 6 0 ⇒ ∀k ∈ N, ak = 0 ⇒ P = 0.
• Soient P ∈ E et λ ∈ R. kλ Pk∞ = Max{|λ ak |, 0 6 k 6 n} = |λ |Max{|ak |, 0 6 k 6 n} = |λ |kPk∞ .
• Soient P = ∑k>0 ak X k et Q = ∑k>0 bk X k deux polynômes. Pour k ∈ N, |ak + bk | 6 |ak | + |bk | 6 kPk∞ +
kQk∞ et donc kP + Qk∞ 6 kPk∞ + kQk∞ .
k k∞ est une norme sur E.
(P)k∞
2. ∀P ∈ E, k f (P)k∞ = kPk∞ et donc ∀P ∈ E \{0}, k fkPk
= 1. On en déduit que Sup
∞
1. Ceci montre tout à la fois que f est continue sur (E, k k∞ ) et ||| f ||| = 1.
n
k f (P)k∞
kPk∞ ,
o
P ∈ E \ {0} =
f est continue sur (E, k k∞ ) et ||| f ||| = 1.
Correction de l’exercice 2 N
(La linéarité de ∆ est claire et de plus ∆ est un endomorphisme de E car si u est une suite bornée, ∆(u) l’est
encore. Plus précisément,)
∀u ∈ E, ∀n ∈ N, |∆(u)n | 6 |un | + |un+1 | 6 2kuk∞ et donc ∀u ∈ E, k∆(u)k∞ 6 2kuk∞ .
Ceci montre que ∆ est continu sur E et |||∆||| 6 2. Ensuite, si u est la suite définie par ∀n ∈ N, un = (−1)n alors
u est un élément non nul de E tel que kuk∞ = 1 et k∆(u)k∞ = 2. En résumé,
∞
• ∀u ∈ E \ {0}, k∆(u)k
kuk∞ 6 2,
∞
• ∃u ∈ E \ {0}, k∆(u)k
kuk∞ = 2.
On en déduit que
∆ est continu sur (E, k k∞ ) et |||∆||| = 2.
(La linéarité de C est claire et C est un endomorphisme de E car si u est bornée, C(u) l’est encore. Plus
précisément,)
∀u ∈ E, ∀n ∈ N, |(C(u))n | 6
1
n+1
∑nk=0 kuk∞ = kuk∞ et donc ∀u ∈ E, kC(u)k∞ 6 kuk∞ .
Par suite T est continue sur E et |||T ||| 6 1. Ensuite, si u est la suite définie par ∀n ∈ N, un = 1 alors u est un
élément non nul de E tel que kuk∞ = 1 et kC(u)k∞ = 1. En résumé,
∞
• ∀u ∈ E \ {0}, kC(u)k
kuk∞ 6 1,
∞
• ∃u ∈ E \ {0}, kC(u)k
kuk∞ = 1.
On en déduit que
C est continu sur (E, k k∞ ) et |||C||| = 1.
Correction de l’exercice 3 N
3
1. Soit f ∈ E.
kT f k1 =
Z 1 Z x
Z 1
f (t) dt dx
|T f (x)| dx =
0
0
Z 1 Z x
6
| f (t)| dt dx
0
0
Z 1 Z 1
Z 1
6
| f (t)| dt dx =
k f k1 dx = k f k1 .
0
0
Ceci montre que ∀ f ∈ E \ {0},
kT f k1
k f k1
0
0
6 1. Ceci montre que T est continu sur (E, k k1 ) et que |||T ||| 6 1.
Pour n ∈ N et x ∈ [0, 1], posons fn (x) = (1 − x)n . Pour n ∈ N,
h
i
n+1 1
R
=
k fn k1 = 01 (1 − x)n dx = − (1−x)
n+1
0
puis pour x ∈ [0, 1], T fn (x) =
Rx
n
0 (1 − t)
dt =
1
n+1 )
n+1 (1 − (1 − x)
1
n+1 ,
et donc
R1
1 R1
1
1
n+1 ) dx = 1
kT fn k1 = 0 |T fn (x)| dx = n+1
0 (1 − (1 − x)
n+1 1 − n+2 = n+2 .
On en déduit que ∀n ∈ N, |||T ||| >
En résumé, ∀n ∈ N,
n+1
n+2
kT fn k1
k fn k1
=
n+1
n+2 .
6 |||T ||| 6 1 et donc |||T ||| = 1.
T est continu sur (E, k k1 ) et |||T ||| = 1.
2. Supposons qu’il existe f ∈ E \ {0} tel que kT f k1 = k f k1 . On en déduit que chaque inégalité écrite
R R
R R
au début de la question 1) est une égalité et en particulier 01 ( 0x | f (t)| dt) dx = 01 01 | f (t)| dt dx
R R
R
R
R
ou encore 01 01 | f (t)| dt − 0x | f (t)| dt dx = 0. Par suite, ∀x ∈ [0, 1], 01 | f (t)| dt − 0x | f (t)| dt = 0
(fonction continue, positive, d’intégrale nulle) puis en dérivant la dernière inégalité, ∀x ∈ [0, 1], | f (x)| =
0 et finalement f = 0. Ceci est une contradiction et donc |||T ||| n’est pas atteinte.
Correction de l’exercice 4 N
L’application f est linéaire de (E, N) dans (R, | |). Soit A = (ai, j )16i, j6n ∈ E.
n
| f (A)| = |Tr(A)| 6 ∑ |ai,i |
i=1
n
6∑
i=1
n
!
∑ |ai, j |
j=1
n
6 ∑ N(A) = nN(A).
i=1
Ceci montre déjà que f est continue sur (E, N) et que ||| f ||| 6 n. De plus, si A = In 6= 0,
| f (A)|
N(A)
=
n
1
= n. Donc
f est continue sur (E, N) et ||| f ||| = n.
Correction de l’exercice 5 N
• ∀A = (ai, j )16i, j6n ∈ Mn (R), kAk∞ = Max{|ai, j |, 1 6 i, j 6 n}.
Soient A = (ai, j )16i, j6n et B = (bi, j )16i, j6n . Posons AB = (ci, j )16i, j6n où ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 , ci, j = ∑nk=1 ai,k bk, j .
Pour (i, j) ∈ [[1, n]]2 ,
|ci, j | 6 ∑nk=1 |ai,k ||bk, j | 6 ∑nk=1 kAk∞ kBk∞ = nkAk∞ kBk∞ ,
4
et donc, kABk∞ 6 nkAk∞ kBk∞ . Ainsi, ∀(A, B) ∈ (Mn (C) \ {0})2 ,
kABk∞
kAk∞ kBk∞
6 n.
De plus, pour A0 = B0 = (1)16i, j6n 6= 0, kA0 k∞ = kB0 k∞ = 1 puis kA0 B0 k∞ = knA0 k∞ = n et donc
n. Ceci montre que
Sup
n
kABk∞
kAk∞ kBk∞ ,
kA0 B0 k∞
kA0 k∞ kB0 k∞
=
o
(A, B) ∈ (Mn (C) \ {0})2 = n.
En particulier, k k∞ n’est pas une norme sous-multiplicative.
• ∀A = (ai, j )16i, j6n ∈ Mn (R), kAk1 = ∑16i, j6n |ai, j |. Avec les notations précédentes,
n
kABk1 = ∑ |ci, j | = ∑ ∑ ai,k bk, j 16i, j6n
16i, j6n k=1
!
n
6
∑ |ai,k ||bk, j |
∑
16i, j6n
=
∑
|ai,k ||bk, j |
16i, j,k6n
k=1
|ai, j ||bk,l | = kAk1 kBk1 .
∑
16i, j,k,l6n
Donc ∀(A, B) ∈ (Mn (R) \ {0})2 ,
kABk1
kAk1 kBk1
6 1.
De plus, pour A0 = B0 = E1,1 , on a A0 B= E1,1 et donc
Sup
n
kA0 B0 k1
kA0 k1 kB0 k1
= 1. Ceci montre que
o
(A, B) ∈ (Mn (C) \ {0})2 = 1.
kABk1
kAk1 kBk1 ,
En particulier, k k1 est une norme sous-multiplicative.
q
• ∀A = (ai, j )16i, j6n ∈ Mn (R), kAk2 =
∑16i, j6n a2i, j . Avec les notations précédentes,
!2
n
kABk22
=
∑
c2i, j
=
16i, j6n
!
n
6
∑
16i, j6n
∑
a2i,k
∑
16i, j6n
k=1
!
n
∑
k=1
n
=
∑ ai,k bk, j
∑
16i, j6n
b2k, j
(inégalité de C AUCHY-S CHWARZ)
k=1
!
!
n
∑ a2i,k
∑ b2l, j
k=1
l=1
Donc ∀(A, B) ∈ (Mn (R) \ {0})2 ,
!
=
16i, j,k,l6n
kABk2
kAk2 kBk2
n
∑
a2i,k
16i,k6n
∑
b2l, j
= kAk2 kBk2
16 j,l6n
6 1.
De plus, pour A0 = B0 = E1,1 , on a A0 B= E1,1 et donc
Sup
a2i,k b2l, j =
∑
!
kABk2
kAk2 kBk2 ,
kA0 B0 k2
kA0 k2 kB0 k2
= 1. Ceci montre que
o
(A, B) ∈ (Mn (C) \ {0})2 = 1
En particulier, k k2 est une norme sous-multiplicative.
Correction de l’exercice 6 N
Une « norme trois barres » sur Mn (R) est nécessairement sous-multiplicative. L’exercice précédent montre
qu’il existe des normes sur Mn (R) qui ne sont pas sous-multiplicatives (par exemple k k∞ ). Donc une norme
sur Mn (R) n’est pas nécessairement une « norme trois barres ».
5
Correction de l’exercice 7 N
Soit N une norme sur Mn (R). D’après l’exercice 5, k k1 est une norme sous-multiplicative.
Puisque Mn (R) est un espace vectoriel de dimension finie sur R, N et k k1 sont des normes équivalentes. Par
suite, il existe deux réels strictement positifs α et β tels que αk k1 6 N 6 β k k1 .
Pour (A, B) ∈ (Mn (R))2 ,
N(AB) 6 β kABk1 6 β kAk1 kBk1 6
β
N(A)N(B)
α2
et le réel k = αβ2 est un réel strictement positif tel que ∀(A, B) ∈ (Mn (R))2 , N(AB) 6 kN(A)N(B).
Remarque. Le résultat précédent signifie que N 0 = K1 N est une norme sous-multiplicative car pour (A, B) ∈
(Mn (R))2 ,
N 0 (AB) =
1
N(AB)
k2
6
1
N(A)N(B)
k2
= 1k N(A) 1k N(B) = N 0 (A)N 0 (B).
Correction de l’exercice 8 N
Non, car si A = E1,1 6= 0 et B = E2,2 6= 0 alors AB = 0 puis N(AB) < N(A)N(B).
Correction de l’exercice 9 N
• Pour k k1 . Soient A = (ai, j )16i, j6n ∈ Mn (R) puis X = (xi )16i6n Mn,1 (R).
n
kAXk1 = ∑ ∑ ai, j x j i=1 j=1
n
n
!
n
∑ |ai, j ||x j |
6∑
i=1
=
j=1
n
!
∑ |x j |
6
n
Max
∑ |x j | ∑ |ai, j |
j=1
(
!
n
i=1
)
n
∑ |ai, j |, 1 6 j 6 n
= Max{kC j k1 , 1 6 j 6 n} × kXk1 ,
i=1
j=1
en notant C1 ,. . . , Cn les colonnes de la matrice A. Donc, ∀A ∈ Mn (R), |||A|||1 6 Max{kC j k1 , 1 6 j 6 n}.
Soit alors j0 ∈ [[1, n]] tel que kC j0 k1 = Max{kC j k1 , 1 6 j 6 n}. On note X0 le vecteur colonne dont toutes les
composantes sont nulles sauf la j0 -ème qui est égale à 1. X0 est un vecteur non nul tel que
kAX0 k1 = ∑ni=1 |ai, j0 | = Max kC j k1 , 1 6 j 6 n × kX0 k1 .
En résumé,
(1) ∀X ∈ Mn,1 (R) \ {0},
kAXk1
kXk1 6 Max kC j k1 , 1 6 j
0 k1
Mn,1 (R) \ {0}, kAX
kX0 k1 = Max kC j k1, 1 6
6n ,
(2) ∃X0 ∈
j6n .
On en déduit que ∀A ∈ Mn (R), |||A|||1 = Max kC j k1 , 1 6 j 6 n .
• Pour k k∞ . Soient A = (ai, j )16i, j6n ∈ Mn (R) puis X = (xi )16i6n Mn,1 (R). Pour i ∈ [[1, n]],
n
|(AX)i | = ∑ ai, j x j 6
j=1
(
n
6 Max
n
n
!
∑ |ai, j ||x j | 6 ∑ |ai, j |
j=1
kXk∞
j=1
)
∑ |ai, j |, 1 6 i 6 n
kXk∞ = Max{kLk k1 , 1 6 k 6 n} × kXk∞ ,
j=1
en notant L1 ,. . . , Ln les lignes de la matrice A. Donc, ∀A ∈ Mn (R), |||A|||∞ 6 Max{kLi k1 , 1 6 i 6 n}.
Soit alors i0 ∈ [[1, n]] tel que kLi0 k1 = Max{kLi k1 , 1 6 i 6 n}. On pose X0 = (εi )16i6n où ∀ j ∈ [[1, n]], ε j est un
a
élément de {−1, 1} tel que ai0 , j = ε j |ai0 , j | (par exemple, ε j = |aii0 ,, jj | si ai0 , j 6= 0 et ε j = 1 si ai0 , j = 1).
0
6
(
)
n
kAX0 k∞ = Max ∑ ai, j ε j , 1 6 i 6 n
j=1
n
n
> ∑ ai0 , j ε j = ∑ |ai0 , j | = kLi0 k1 = Max{kLi k1 , 1 6 i 6 n} × kX0 k∞ .
j=1
j=1
En résumé,
(1) ∀X ∈ Mn,1 (R) \ {0},
kAXk∞
kXk∞ 6 Max {kLi k1 , 1 6 i 6 n},
0 k∞
Mn,1 (R) \ {0}, kAX
kX0 k∞ > Max {kLi k1 , 1 6 i 6 n}.
(2) ∃X0 ∈
On en déduit que ∀A ∈ Mn (R), |||A|||∞ = Max {kLi k1 , 1 6 j 6 n}.
Ainsi, en notant C1 ,. . . , Cn et L1 ,. . . , Ln respectivement les colonnes et les lignes d’une matrice A,
∀A ∈ Mn (R), |||A|||1 = Max{kC j k1 , 1 6 j 6 n} et |||A|||∞ = Max{kLi k1 , 1 6 i 6 n}.
Correction de l’exercice 10 N
Soit D = diag(λi )16i6n ∈ Dn (R). Pour X = (xi )16i6n ∈ Mn,1 (R),
kDXk2 =
q
∑ni=1 λi2 xi2 6
q
(ρ(D))2 ∑ni=1 xi2 = ρ(D)kXk2 ,
De plus, si λ est une valeur propre de D telle que |λ | = ρ(D) et X0 est un vecteur propre associé, alors
kDX0 k2 = kλ X0 k2 = |λ |kX0 k2 = ρ(D)kX0 k2 .
En résumé
(1) ∀X ∈ Mn,1 (R) \ {0},
kDXk2
kXk2 6 ρ(D),
0 k2
Mn,1 (R) \ {0}, kDX
kX0 k2 = ρ(D).
(2) ∃X0 ∈
On en déduit que ∀D ∈ Dn (R), |||D|||2 = ρ(D).
Soit alors A ∈ Sn (R). D’après le théorème spectral, il existe P ∈ On (R) et D = diag(λi )16i6n ∈ Dn (R) tel que
A = PDt P. De plus ρ(A) = ρ(D). Pour X ∈ Mn,1 (R),
kAXk2 = kPDt PXk2
= kD(t PX)k2 (car P ∈ On (R) ⇒ ∀Y ∈ Mn,1 (R), kPY k2 = kY k2 )
= kDX 0 k2 où on a posé X 0 = t PX.
Maintenant l’application X 7→ t PX = X 0 est une permutation de Mn,1 (R) car la matrice t P est inversible et donc
0
t
X décrit Mn,1 (R) si et seulement
si X 0 décrit Mn,1 (R).
n
o Denplus, pour tout vecteur colonne
o X, kX k2 = k PXk2 =
kXk2 . On en déduit que
kAXk2
kXk2 ,
X ∈ Mn,1 (R) \ {0} =
kDX 0 k2
kX 0 k2 ,
X 0 ∈ Mn,1 (R) \ {0} et en particulier,
|||A|||2 = |||D|||2 = ρ(D) = ρ(A).
∀A ∈ Sn (R), |||A|||2 = Sup
n
kAXk2
kXk2 ,
o
X ∈ Mn,1 (R) \ {0} = ρ(A).
Remarque. L’application A 7→ ρ(A) est donc une norme sur Sn (R) et de plus cette norme est sous-multiplicative.
7