[>] Espaces normés usuels

 
Exercice 1  454   

Soient N1 et N2 deux normes sur un même 𝕂-espace vectoriel E.

  • (a)

    On suppose que les boules unités fermées des normes N1 et N2 sont identiques. Montrer que ces deux normes sont égales.

  • (b)

    Même question avec les boules unités ouvertes.

 
Exercice 2  2766     MINES (MP)Correction  

Soit (E,) un espace vectoriel normé sur 𝕂 (𝕂= ou ).

  • (a)

    Montrer que pour tous x,yE

    x+y2max{x+y,x-y}.
  • (b)

    Montrer que l’on peut avoir l’égalité avec x0 et y0.
    Désormais la norme est euclidienne.

  • (c)

    Montrer que pour tous x,yE

    x+y2max{x+y,x-y}.
  • (d)

    Peut-on améliorer la constante 2?

Solution

  • (a)

    x=12(x+y)+12(x-y) donc

    xmax{x+y,x-y}.

    Aussi ymax{x+y,x-y} donc

    x+y2max{x+y,x-y}.
  • (b)

    Sur 2 avec =, il y a égalité pour x=(1,0) et y=(0,1).

  • (c)

    On a déjà

    (x+y)22x2+2y2.

    Or x=12(x+y)+12(x-y) donne

    x2=14(x+y2+x-y2+2x2-2y2)

    aussi

    y2=14(x+y2+x-y2-2x2+2y2)

    donc

    x2+y212(x+y2+x-y2)

    puis

    (x+y)22max{x+y,x-y}2

    qui permet de conclure.

  • (d)

    Non, sur 2, il y a égalité pour x=(1,0) et y=(0,1).

 
Exercice 3  4263    

Soient E un espace vectoriel réel et une norme sur E.

Montrer que la norme est euclidienne11 1 Cela signifie que la norme est la norme euclidienne associée à un produit scalaire sur E. si, et seulement si,

x+y2+x-y2=2(x2+y2)pour tout (x,y)E2.

[<] Normes[>] Études pratiques de normes

 
Exercice 4  457  Correction  

Pour A=(ai,j)n,p(𝕂). On pose

A1=i=1nj=1p|ai,j|,A2=i=1nj=1p|ai,j|2etA=max1in,1jp|ai,j|.

Montrer que 1, 2 et définissent des normes sur n,p(𝕂).

Solution

Ce sont les normes usuelles associées à la base canonique sur n,p(𝕂): caractériser celles-ci est similaire à caractériser les normes usuelles sur l’espace 𝕂np.

 
Exercice 5  3903  Correction  

Soit I un intervalle d’intérieur non vide de . On note L1(I,𝕂) l’ensemble des fonctions f:I𝕂 continues et intégrables c’est-à-dire

L1(I,𝕂)={f𝒞(I,𝕂)|I|f|<+}.

Montrer que L1(I,𝕂) est un 𝕂-espace vectoriel et que

f1=I|f(t)|dt

y définit une norme.

Solution

L1(I,𝕂)𝒞(I,𝕂) et 𝒞(I,𝕂) est un 𝕂-espace vectoriel.
0~L1(I,𝕂).
Soit λ,μ𝕂 et f,gL1(I,𝕂).
Pour tout tI,

|(λf+μg)(t)||λ||f(t)|+|μ||g(t)|

donc par comparaison de fonctions positives λf+μgL1(I,𝕂).

Finalement, L1(I,𝕂) est un sous-espace vectoriel de 𝒞(I,𝕂) et c’est donc un 𝕂-espace vectoriel.
L’application 1:L1(I,𝕂)+ est bien définie.
Soit fL1(I,𝕂). Si f1=0 alors I|f(t)|dt=0 or |f| est continue et positive sur I d’intérieur non vide donc f=0~.
Soit λ𝕂 et fL1(I,𝕂).

λf1=I|λ||f(t)|dt=|λ|f1.

Soient f,gL1(I,𝕂)

f+g1I|f(t)|+|g(t)|dt=f1+g1

1 définit bien une norme sur L1(I,𝕂)

 
Exercice 6  3905  Correction  

On note 1(,𝕂) l’ensemble des suites u=(un)n𝕂 sommable, c’est-à-dire

1(,𝕂)={u𝕂||un|<+}.

Montrer que 1(,𝕂) est un 𝕂-espace vectoriel et que l’on y définit une norme par l’application

u1=n=0+|un|.

Solution

1(,𝕂)𝕂 et 𝕂 est un 𝕂-espace vectoriel.

(0)n1(𝕂).

Pour λ,μ𝕂 et u,v1(,𝕂),

|(λu+μv)n||λ||un|+|μ||vn|.

Par comparaison de séries à termes positifs

λu+μv1(,𝕂)

1(,𝕂) est un sous-espace vectoriel de 𝕂, c’est donc un 𝕂-espace vectoriel.
L’application 1:1(,𝕂)+ est bien définie.
Soit u1(,𝕂). Si u1=0 alors n=0+|un|=0 donc pour tout n, |un|=0 et par suite u=0.
Soit λ𝕂 et u1(,𝕂)

λu1=n=0+|λun|=n=0+|λ||un|=|λ|n=0+|un|=|λ|u1.

Soit u,v1(,𝕂)

u+v1=n=0+|un+vn|n=0+(|un|+|vn|)=n=0+|un|+n=0+|vn|=u1+v1.
 
Exercice 7  3904   Correction  

Soit I un intervalle d’intérieur non vide de . On note L2(I,𝕂) l’ensemble des fonctions f:I𝕂 continue et de carré intégrable c’est-à-dire

L2(I,𝕂)={f𝒞(I,𝕂)|I|f|2<+}.

Montrer que L2(I,𝕂) est un 𝕂-espace vectoriel et que

f2=(I|f(t)|2dt)1/2

y définit une norme.

Solution

L2(I,𝕂)𝒞(I,𝕂) et 𝒞(I,𝕂) est un 𝕂-espace vectoriel.

0L2(I,𝕂).

Soit λ𝕂 et fL2(I,𝕂). Pour tout tI.

|(λf)(t)|2=|λ|2|f(t)|2

donc par comparaison λfL2(I,𝕂).

Soient f,gL2(I,𝕂). Pour tout tI

|(f+g)(t)|2(|f(t)|+|g(t)|)2=|f(t)|2+2|f(t)||g(t)|+|g(t)|22(|f(t)|2+|g(t)|2)

car 2aba2+b2
Par comparaison de fonctions positives f+gL2(I,𝕂).

Finalement, L2(I,𝕂) est un sous-espace vectoriel de 𝒞(I,𝕂) et c’est donc un 𝕂-espace vectoriel.
L’application 2:L2(I,𝕂)+ est bien définie.
Soit fL2(I,𝕂). Si f2=0 alors I|f(t)|2dt=0 or |f|2 est continue et positive sur I d’intérieur non vide donc

tI,|f(t)|2=0

puis f=0~.
Soient λ𝕂 et fL2(I,𝕂).

λf2=(I|λ|2|f(t)|2dt)2=|λ|f2.

Soient f,gL2(I,𝕂).

f+g22I(|f(t)|+|g(t)|)2dt=f22+2I|f(t)||g(t)|dt+g22.

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz, pour f,g:[a;b] continue par morceaux,

|abf(t)g(t)dt|(abf(t)2dt)1/2(abg(t)2dt)1/2.

Ici

ab|f(t)||g(t)|dt(ab|f(t)|2dt)1/2(ab|g(t)|2dt)1/2f2g2.

Or pour f:I+ continue par morceaux intégrable

[a;b]I,abf(t)dtIf

donc ici

I|f(t)||g(t)|dtf2g2

et enfin

f+g22(f2+g2)2

ce qui permet de conclure.

 
Exercice 8  3906   

On note 2(,𝕂) l’ensemble des suites u=(un)𝕂 de carré sommable:

n=0+|un|2<+.

Montrer que 2(,𝕂) est un 𝕂-espace vectoriel normé par l’application

u2=(n=0+|un|2)1/2.
 
Exercice 9  5248   

(Norme triple)

On définit la norme triple d’un endomorphisme u d’un espace normé E de dimension finie non nulle par

|||u|||=supxE{0E}u(x)x.
  • (a)

    Soit u(E). Vérifier que la borne supérieure définissant |||u||| existe et que

    u(x)|||u|||xpour tout xE.
  • (b)

    Montrer que |||||| définit une norme sur (E) et que

    |||uv||||||u||||||v|||pour tous u,v(E).

[<] Espaces normés usuels[>] Études dans un espace normé

 
Exercice 10  5232  

Soient n et a0,,an des réels deux à deux distincts.

Sur l’espace En des polynômes réels de degrés inférieurs à n, on pose

N(P)=max0kn|P(ak)|pour tout PEn.

Vérifier que N définit une norme sur En.

 
Exercice 11  4669  

Sur l’espace E des polynômes réels, on pose

N(P)=supt[-1;1]|P(t)|.

Vérifier que N définit une norme sur E.

 
Exercice 12  5549  Correction  

Pour A=(ai,j)n(), on pose

A=i,j=1n|ai,j|.

Montrer que est une norme matricielle, c’est-à-dire une norme sur n() vérifiant

A,Bn(),ABAB.

Solution

est une norme sur n() car c’est la norme 1 associée à la base canonique de n().

On a

AB=i,j=1n|k=1nai,kbk,j|i=1nj=1nk=1n|ai,k||bk,j|.

On réorganise le calcul des sommes

ABi=1nk=1nj=1n|ai,k||bk,j|=i=1nk=1n(|ai,k|j=1n|bk,j|).

Pour tout k=1,,n,

j=1n|bk,j|B

et donc

AB i=1nk=1n|ai,k|B=AB.
 
Exercice 13  459   Correction  

Pour A=(ai,j)n(), on pose

A=(i,j=1nai,j2)1/2.

Montrer que est une norme matricielle, c’est-à-dire une norme sur n() vérifiant

(A,B)n()2,ABAB.

Solution

est une norme sur n() car c’est la norme 2 associée à la base canonique de n().
On a

AB2=i,j=1n(k=1nai,kbk,j)2.

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

(k=1nai,kbk,j)2k=1nai,k2=1nb,j2

donc

AB2i,k=1nai,k2j,=1nb,j2=A2B2

puis

ABAB.
 
Exercice 14  3625   Correction  

Pour A=(ai,j)n(), on pose

A=sup1inj=1n|ai,j|.
  • (a)

    Montrer que définit une norme sur n().

  • (b)

    Vérifier

    A,Bn(),ABAB.

Solution

  • (a)

    L’application est bien définie de n() dans +.
    Si A=0 alors

    1in,j=1n|ai,j|=0

    et donc

    1i,jn,ai,j=0

    ainsi la matrice A est nulle.
    De plus,

    λA =sup1inj=1n|λai,j|
    =sup1in|λ|j=1n|ai,j|
    =|λ|sup1inj=1n|ai,j|
    =|λ|A

    et

    A+B =sup1inj=1n|ai,j+bi,j|
    sup1inj=1n|ai,j|+|bi,j|
    sup1inj=1n|ai,j|+sup1inj=1n|bi,j|
    =A+B.
  • (b)

    On a

    AB=sup1inj=1n|k=1nai,kbk,j|sup1inj=1nk=1n|ai,kbk,j|.

    Or

    j=1nk=1n|ai,kbk,j| k=1nj=1n|ai,k||bk,j|
    =k=1n|ai,k|j=1n|bk,j|
    k=1n|ai,k|B
    AB

    donc

    ABAB.
 
Exercice 15  460   Correction  

Pour A=(ai,j)n(), on pose

A=sup1inj=1n|ai,j|.
  • (a)

    Montrer que est une norme d’algèbre sur n().

  • (b)

    Montrer que si λ est valeur propre de A alors |λ|A.

Solution

  • (a)

    L’application est bien définie de n() dans +.
    Si A=0 alors

    1in,j=1n|ai,j|=0

    et donc

    1i,jn,ai,j=0

    ainsi la matrice A est nulle.
    De plus,

    λA=sup1inj=1n|λai,j|=sup1in|λ|j=1n|ai,j|=|λ|sup1inj=1n|ai,j|=|λ|A

    et

    A+B=sup1inj=1n|ai,j+bi,j|sup1inj=1n|ai,j|+|bi,j|

    donc

    A+Bsup1inj=1n|ai,j|+sup1inj=1n|bi,j|=A+B.

    Enfin

    AB=sup1inj=1n|k=1nai,kbk,j|sup1inj=1nk=1n|ai,kbk,j|.

    Or

    j=1nk=1n|ai,kbk,j|k=1nj=1n|ai,k||bk,j|=k=1n|ai,k|j=1n|bk,j|k=1n|ai,k|BAB

    donc

    ABAB.
  • (b)

    Soit λSp(A), il existe X0, AX=λX.
    En notant x1,,xn les éléments de la colonne X (non tous nuls) on a

    i{1,,n},λxi=j=1nai,jxj.

    Considérons i{1,,n} tel que |xi|=max1jn|xj|0.
    La relation précédente donne:

    |λ||xi|j=1n|ai,j||xj|j=1n|ai,j||xi|

    donc

    |λ|j=1n|ai,j|A.
 
Exercice 16  4136    

Pour A=(ai,j)n(), on pose

A=sup1in(j=1n|ai,j|).
  • (a)

    Montrer que définit une norme sur n().

  • (b)

    Montrer que cette norme est sous-multiplicative ce qui signifie:

    (A,B)n()2,ABAB.

Pour X colonne de n,1(), on pose

N(X)=max1in|xi|.
  • (c)

    Vérifier

    N(AX)AN(X)pour tout Xn,1().
  • (d)

    En déduire

    A=supN(X)=1N(AX).
 
Exercice 17  4096    Correction  

On introduit une norme sur l’espace des colonnes n,1() en posant

X=max1in|xi|

et l’on note S l’ensemble formé des colonnes de n,1() de norme égale à 1.

  • (a)

    Soit An(). Montrer l’existence de

    supXSAX.
  • (b)

    On pose

    N(A)=supXSAX.

    Justifier que pour tout Xn,1(), AXN(A)X.

  • (c)

    Vérifier que N définit une norme sur n().

  • (d)

    Montrer

    N(A)=sup1inj=1n|ai,j|.

Solution

  • (a)

    Pour Xn,1(), on a

    1in,|(AX)i|j=1n|ai,j||xj|=j=1n|ai,j|

    et donc

    AXj=1n|ai,j|max1inj=1n|ai,j|=M.

    Ainsi, l’ensemble {AX|XS} est une partie de non vide et majorée, elle admet une borne supérieure.

  • (b)

    Si X=0, c’est immédiat.
    Si X0, on introduit X=X/XS et l’on exploite AXN(A).

  • (c)

    L’application N est bien définie à valeurs dans + en vertu de ce qui précède.
    Si N(A)=0 alors pour tout Xn,1(), on a AX=0. En particulier, en prenant des colonnes X élémentaires, on obtient que chaque colonne de A est nulle.

    N(λA)=supXSλAX=supXS|λ|AX=|λ|supXSAX=|λ|.

    Enfin

    N(A+B) =supXS(A+B)X
    supXSAX+BX
    supXSAX+supXSBX
    =N(A)+N(B).

    Finalement, N définit bien une norme sur n().

  • (d)

    On a déjà vu

    N(A)max1inj=1n|ai,j|.

    Soit i0 l’indice pour lequel

    max1inj=1n|ai,j|=j=1n|ai0,j|.

    Prenons ensuite X=(x1xn) avec xj=±1 de sorte que ai0,jxj=|ai0,j|.
    On a XS et AX=j=1n|ai0,j| donc

    N(A)j=1n|ai0,j|

    puis l’égalité voulue.

 
Exercice 18  461   

(Inégalités de Hölder et de Minkowski)

On considère deux réels p>1 et q>1 vérifiant 1/p+1/q=1.

  • (a)

    Montrer que pour tous réels a et b

    ab1pap+1qbq.

Pour x=(x1,,xn)𝕂n et y=(y1,,yn)𝕂n, on pose:

xp=(i=1n|xi|p)1/petyq=(i=1n|yi|q)1/q.

Soient x et y dans 𝕂n.

  • (b)

    Établir l’inégalité de Hölder:

    i=1n|xiyi|xpyq.
  • (c)

    En écrivant

    (|xi|+|yi|)p=|xi|(|xi|+|yi|)p-1+|yi|(|xi|+|yi|)p-1.

    Obtenir l’inégalité de Minkowski11 1 L’inégalité de Minkowski exprime que p satisfait l’inégalité triangulaire: c’est le seul point véritablement délicat lorsque l’on souhaite établir que p est une norme.:

    x+ypxp+yp.
 
Exercice 19  462   Correction  

Pour x=(x1,,xn)𝕂n et p1 on pose

xp=(i=1n|xi|p)1/p.

Montrer

x=limp+xp.

Solution

Si x=0 alors x=0 et xp=0 donc

x=limp+xp.

Si x0. Pour tout p1,

xxp(nxp)1/p=n1/pxp+x

donc

limp+xp=x.
 
Exercice 20  455   Correction  

Montrer que l’application N:2 définie par

N(x1,x2)=supt[0;1]|x1+tx2|

est une norme sur 2.

Représenter la boule unité fermée pour cette norme et comparer celle-ci à .

Solution

Quand t varie de 0 à 1, l’expression |x1+tx2| varie de |x1| à |x1+x2|.

Par suite, on peut exprimer plus simplement l’action de N:

N(x1,x2)=max{|x1|,|x1+x2|}.

Soient x=(x1,x2) et y=(y1,y2) deux vecteurs de 2.

N(x+y) =max{|x1+y1|,|x1+y1+x2+y2|}
max{|x1|+|y1|,|x1+x2|+|y1+y2|}
N(x)+N(y).

Pour λ,

N(λ.x)=max{|λ||x1|,|λ||x1+x2|}=|λ|N(x).

Enfin, si N(x)=0 alors |x1|=|x1+x2|=0 et donc x1=x1+x2=0 puis x=0.

Ainsi, N définie bien une norme sur 2.

Cas: x10,x20. N(x)=x1+x2.

Cas: x10,x20. N(x)=max(x1,|x1+x2|).

Cas: x10,x20. N(x)=max(x1,|x1+x2|).

Cas: x10,x20. N(x)=(x1+x2).

Ces considérations permettent de représenter la boule unité fermée pour la norme N.

[Uncaptioned image]

De manière immédiate, N(x)2x.

Aussi, |x1|2N(x) et, puisque |x2||x1+x2|+|x1|, on a aussi |x2|2N(x). On en déduit x2N(x).

 
Exercice 21  3248   

Soient a1,,an des réels et N:𝕂n l’application définie par

N(x1,,xn)=a1|x1|++an|xn|.

À quelle(s) condition(s) sur les réels a1,,an, l’application N définit-elle une norme sur 𝕂n?

 
Exercice 22  456   

Soient f1,,fn des fonctions continues de [0;1] vers .

À quelle condition l’application

N:(x1,,xn)supt[0;1]|x1f1(t)++xnfn(t)|

définit-elle une norme sur n?

 
Exercice 23  5357   Correction  

Soient E un -espace vectoriel muni d’une norme et G un sous-groupe fini de GL(E). Pour tout xE, on pose

N(x)=maxuGu(x).
  • (a)

    Montrer que N définit une norme sur E.

  • (b)

    Montrer que pour tous uG et xE,

    N(u(x))=N(x).

Solution

  • (a)

    L’application N est bien définie sur E et est à valeurs dans +.

    Soient x,yE et λ𝕂.

    Si N(x)=0 alors u(x)=0 pour tout uG. En particulier, pour u=IdEG, on obtient x=0E.

    De plus,

    N(λ.x)=maxuGu(λ.x)=maxuGλ.u(x)=maxuG|λ|u(x)=|λ|N(x).

    Enfin, pour tout uG,

    u(x+y)=u(x)+u(y)u(x)+u(y)N(x)+N(y)

    et donc

    N(x+y)=maxuGu(x+y)N(x)+N(y).

    Ainsi, N est une norme sur E.

  • (b)

    Méthode: Pour tout vG, l’application uuv est une permutation du groupe G.

    Pour xE et vG,

    N(v(x))=maxuGu(v(x))=maxuGu(x)=N(x).
 
Exercice 24  5646   Correction  

Pour Xn,1(), on pose

N(X)=maxAOn()AX.
  • (a)

    Montrer que N est une norme que n,1().

  • (b)

    Vérifier que

    Xn,1(),AOn(),N(AX)=N(X).
  • (c)

    Montrer que N correspond en fait à la norme euclidienne sur n,1().

Solution

  • (a)

    Soit Xn,1(). L’application AAX est linéaire au départ d’un espace de dimension finie, c’est donc une application continue. Par composition, l’application AAX est continue. Au départ du compact non vide On(), cette application est bornée et atteint ses bornes. On en déduit que le max définissant N(X) est correctement défini. L’application N:n,1()+ est donc correctement définie.

    Soient λ et X,Yn,1().

    Si N(X)=0 alors, pour tout AOn(), AX=0. Cela vaut en particulier pour A=In et donc X=0. On en déduit X=0.

    Aussi,

    N(λX)=maxAOn()λAX=maxAOn()|λ|AX=|λ|maxAOn()AX=|λ|N(X).

    Enfin, pour tout AOn(),

    A(X+Y)=AX+AYN(X)+N(Y).

    En passant au max, on obtient N(X+Y)N(X)+N(Y).

  • (b)

    Pour Xn,1() et AOn(),

    N(AX)=maxBOn()BAX=maxCOn()CX=N(X)

    car BC=BA est une bijection de On() vers lui-même.

  • (c)

    Soit Xn,1(). Si X=0, on a immédiatement N(X)=X2. Supposons désormais X0.

    Pour AOn(),

    AX=max1in|j=1nai,jxj|.

    Soit i1;n. Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

    |j=1nai,jxj|(j=1nai,j2)1/2(j=1nxj2)1/2=X2.

    On en déduit

    AXX2.

    Puisque cela vaut pour tout AOn(), on obtient N(X)X2.

    Inversement, considèrons la ligne

    L=1X2X.

    On peut compléter cette ligne unitaire en une base orthonormale de l’espace 1,n() et former, par l’ensemble de ces lignes, une matrice orthogonale A. Pour celle-ci,

    |[AX]1|=X2

    et donc

    N(X)AXX2.

    Par double inégalité, N(X)=X2.

 
Exercice 25  5057    

(Norme conjuguée)

Soient , le produit scalaire canonique sur n et N une norme quelconque sur n.

Pour tout xn, on pose

N*(x)=supyS|x,y| avec S={yn|N(y)=1}.
  • (a)

    Vérifier que la borne supérieure définissant N*(x) existe et que celle-ci détermine un réel positif.

  • (b)

    Montrer que N* définit une norme sur n.

  • (c)

    Déterminer N* lorsque N=2, puis 1.

[<] Études pratiques de normes[>] Calcul de distance à une partie

 
Exercice 26  5058    MINES (PSI)

Soit N une norme sur un espace réel E.

  • (a)

    À quelle condition l’intersection de deux boules fermées de E est-elle non vide?

  • (b)

    Même question avec des boules ouvertes.

 
Exercice 27  5821   Correction  

Lorsque A est une partie bornée non vide d’un espace normé (E,N), on introduit le diamètre de A défini par

δ(A)=sup(x,y)A2N(y-x).
  • (a)

    Justifier l’existence de la borne supérieure définissant δ(A).

Soient A et B deux parties bornées et non vides de E.

  • (b)

    Établir

    ABδ(A)δ(B).
  • (c)

    On suppose de plus AB. Montrer

    δ(AB)δ(A)+δ(B).

Solution

  • (a)

    Introduisons M+ tel que

    xA,N(x)M.

    La borne supérieure définissant δ(A) correspond à la borne supérieure de l’ensemble

    ΔA={N(y-x)|(x,y)A2}.

    L’ensemble ΔA est une partie de , contenant 0 (car 0=N(x0-x0) avec x0A) et majoré car

    (x,y)A2,N(y-x)N(y)+N(x)2M.

    Cela assure l’existence de la borne supérieure de ΔA et celle-ci est un réel positif.

  • (b)

    Si AB, on a immédiatement ΔAΔB donc

    δ(A)=supΔAsupΔB=δ(B).
  • (c)

    Introduisons zAB. Soit (x,y)(AB)2.

    Cas: xA et yA.

    N(y-x)δ(A)δ(A)+δ(B).

    Cas: xB et yB.

    N(y-x)δ(B)δ(A)+δ(B).

    Cas: xA et yB.

    N(y-x)N(y-z)+N(z-x)δ(B)+δ(A).

    Cas: xB et yA.

    N(y-x)N(y-z)+N(z-x)δ(A)+δ(B).

    Dans tous les cas, ΔAB est majoré par δ(A)+δ(B) donc δ(AB)δ(A)+δ(B).

 
Exercice 28  3282   

Soit u un endomorphisme d’un espace normé E de dimension finie. On suppose que pour tout vecteur x de E

u(x)x.

Montrer que les espaces Ker(u-IdE) et Im(u-IdE) sont supplémentaires.

 
Exercice 29  3717   Correction  

E désigne un espace vectoriel normé par N.

Soient p et q deux projecteurs d’un 𝕂-espace vectoriel E.

On suppose

xE,N((p-q)(x))<N(x).

Montrer que p et q sont de même rang.

Solution

Par l’absurde, supposons rg(p)rg(q) et, quitte à échanger, ramenons-nous au cas où rg(p)<rg(q).

Par la formule du rang,

dimE-dimKer(p)<rg(q)

et donc

dimE<dimKer(p)+rg(q).

On en déduit que les espaces Ker(p) et Im(q) ne sont pas supplémentaires et il existe donc un vecteur x0E vérifiant

xKer(p)Im(q).

On a alors

(p-q)(x)=p(x)-q(x)=-x

donc

N((p-q)(x))=N(x).

Or

N((p-q)(x))<N(x).

C’est absurde.

 
Exercice 30  795     X (MP)Correction  

Soit n avec n2. Existe-t-il une norme sur n() invariante par conjugaison, c’est-à-dire telle que:

(A,P)n()×GLn(),A=P-1AP.

Solution

Cas: n=2. Par l’absurde supposons qu’une telle norme existe. Posons

A=(0100)etB=(0200).

Les matrices A et B sont semblables (via P=diag(1/2,1)) donc A=B. Or B=2A donc B=2A. On en déduit A=0. C’est absurde car AO2.

Cas général: Semblable.

 
Exercice 31  2639   Correction  

On définit sur E=𝒞0([0;1],) une norme par

N(f)=01|f(t)|dt.
  • (a)

    Soient a,b0 et u,v>0. Établir que

    a+b=11u+vau+bv.
  • (b)

    Soient f,gE telles que f,g>0. Montrer

    N((f+g)-1)N(f)2N(f-1)+N(g)2N(g-1)(N(f)+N(g))2.
  • (c)

    En déduire que

    N(f+g)N((f+g)-1)max(N(f)N(f-1),N(g)N(g-1)).

Solution

  • (a)

    Par réduction au même dénominateur

    au+bv-1u+v=av(u+v)+bu(u+v)-uvuv(u+v)

    que l’on peut réécrire

    au+bv-1u+v=(av-bu)2+(a+b+2ab-1)uvuv(u+v)

    et si a+b=1 alors

    au+bv-1u+v=(av-bu)2uv(u+v)0.
  • (b)
    N((f+g)-1)=01dtf(t)+g(t)a01dtf(t)+b01dtg(t)=aN(f-1)+bN(g-1)

    qui donne l’inégalité voulue avec

    a=N(f)2(N(f)+N(g))2etb=N(g)2(N(f)+N(g))2

    qui sont tels que a+b=1.

  • (c)

    Par l’inégalité triangulaire,

    N(f+g)N((f+g)-1)(N(f)+N(g))N((f+g)-1)

    et en vertu de ce qui précède

    N(f+g)N((f+g)-1)N(f)2N(f-1)N(f)+N(g)+N(g)2N(g-1)N(f)+N(g)

    qui donne

    N(f+g)N((f+g)-1)N(f)N(f)+N(g)M+N(g)N(f)+N(g)M=M

    avec

    M=max(N(f)N(f-1),N(g)N(g-1)).
 
Exercice 32  4161     CENTRALE (MP)Correction  

Soient n* et la norme uniforme sur [-1;1].

  • (a)

    Montrer qu’il existe un unique polynôme Tn de degré n tel que:

    θ,Tn(cos(θ))=cos(nθ).
  • (b)

    Soit P unitaire de degré n. Montrer

    P12n-1.

    On pourra s’intéresser aux valeurs de P et Tn en les cos(kπ/n), pour kZ.

  • (c)

    Cas d’égalité. Montrer

    P=12n-1P=12n-1Tn.

Solution

  • (a)

    Unicité: Si deux polynômes sont solutions, leur différence s’annule sur [-1;1] et correspond donc au polynôme nul.

    Existence: On peut raisonner par récurrence double en introduisant

    T0=1,T1=XetTn+1=2XTn-Tn-1

    ou employer la formule de Moivre pour écrire:

    cos(nθ) =Re((cos(θ)+isin(θ))n)
    =p=0n/2(n2p)cosn-2p(θ)(1-cos2(θ))p.
  • (b)

    On vérifie Tn=1 et l’on observe

    Tn(cos(xk))=(-1)k avec xk=cos(kπn) et x0>x1>>xn.

    Aussi, le polynôme Tn est de degré n et de coefficient dominant 2n-1.

    Par l’absurde, supposons P<1/2n-1 et considérons

    Q=P-12n-1Tn.

    Le polynôme Q est de degré strictement inférieur à n et prend exactement le signe de (-1)k en les xk. Par l’application du théorème des valeurs intermédiaires, le polynôme Q s’annule sur ]xn;xn-1[,…, ]x1;x0[: c’est le polynôme nul ce qui est absurde.

  • (c)

    L’implication indirecte est entendue. Supposons, P=1/2n-1. Considérons de nouveau le polynôme Q. Au sens large, il prend le signe de (-1)k en les xk et l’on peut assurer l’existence d’au moins une racine dans chaque intervalle [xn;xn-1],…, [x1;x0]. Lorsque cela est possible, on choisit cette racine dans l’intervalle ouvert et l’on note αnα1 les n racines ainsi obtenues.

    Si celles-ci sont distinctes, le polynôme Q est nul et l’on conclut.

    Sinon, lorsqu’il y en a deux qui ne sont pas distinctes, elles correspondent à un même xk avec k1;n-1 pour lequel Q est de signe strict11 1 Car on a choisi les αk dans l’intervalle ouvert lorsque cela est possible. sur ]xk+1;xk[ et ]xk;xk-1[. Ces signes sont nécessairement identiques et Q présente un extremum en xk qui est donc racine double de Q. Le polynôme Q admet alors au moins n racines comptées avec multiplicité et l’on conclut.

 
Exercice 33  5645     CENTRALE (PC)Correction  

Soit φ l’application qui à une matrice de n() associe la somme des carrés de ses coefficients.

  • (a)

    Déterminer un produit scalaire tel que N:Mφ(M) soit la norme euclidienne associée.

  • (b)

    Montrer que deux matrices semblables n’ont pas nécessairement la même norme.

  • (c)

    Montrer que deux matrices semblables par l’intermédiaire d’une matrice orthogonale ont la même norme.

  • (d)

    Soit An(). Calculer AEi,j et Ei,jA avec Ei,j la matrice élémentaire d’indice (i,j) de n().

  • (e)

    Trouver les matrices PGLn() telles que φ(M)=φ(P-1MP) pour tout Mn().

Solution

  • (a)

    N est la norme euclidienne associée au produit scalaire canonique sur n():

    (AB)=tr(AB).
  • (b)

    Les matrices

    A=(1102)etB=(1002)

    sont semblables mais n’ont pas la même norme.

  • (c)

    Pour POn(),

    N(P-1MP) =tr((P-1MP)P-1MP)=tr(P-1MMP)
    =tr(MMPP-1)=tr(MM)=N(M).
  • (d)

    AEi,j est une matrice dont toutes les colonnes sont nulles sauf celle d’indice j qui vaut la i-ème colonne de A.

    Ei,jA est une matrice dont toutes les lignes sont nulles sauf celle d’indice i qui vaut la j-ème ligne de A.

  • (e)

    Soit P=(pi,j)GLn() solution.

    Soit i,j1;n. Pour M=PEi,j, l’égalité φ(M)=φ(P-1MP) donne φ(PEi,j)=φ(Ei,jP) et donc

    k=1npi,k2=k=1npk,j2.

    En notant C1,,Cn les colonnes de P et L1,,Ln ses lignes, on a obtenu

    i,j=1,,n,Li2=Cj2.

    Les colonnes et les lignes de P ont toutes la même norme α (nécessairement strictement positive).

    Soit i1;n distinct de i. Pour M=PEi,j+PEi,j, l’égalité φ(M)=φ(P-1MP) donne

    Ci+Ci2=2Lj2.

    En développant,

    α2+2Ci,Ci+α2=2α2

    et donc

    2Ci,Ci=0.

    Ainsi, les colonnes de P sont deux à deux orthogonales. On en déduit que la matrice 1αP est orthogonale. La réciproque est immédiate compte tenu de ce qui précède et les matrices P recherchées sont donc les matrices

    P=αQ avec α>0 et QOn().

[<] Études dans un espace normé[>] Comparaison de normes

 
Exercice 34  3272  Correction  

On norme l’espace (,) des suites bornées par la norme infinie notée .
Déterminer la distance de la suite e constante égale à 1 au sous-espace vectoriel 𝒞0 des suites réelles convergeant vers 0.

Solution

Puisque 0𝒞0, on a déjà

d(e,𝒞0)d(e,0)=e=1.

Soit x𝒞0. On a

|xn-1|x-e

et donc quand n+

1x-e.

On en déduit

d(e,𝒞0)1

et donc d(e,𝒞0)=1.

 
Exercice 35  3273   Correction  

On norme l’espace (,) des suites bornées par la norme infini notée .
Déterminer la distance de la suite u=((-1)n)n au sous-espace vectoriel 𝒞 des suites réelles convergentes.

Solution

Puisque 0𝒞0, on a déjà

d(u,𝒞)d(u,0)=u=1.

Soit x𝒞 et sa limite. Pour n=2p pair

|x2p-u2p|x-u

donne |x2p-1|x-u puis à la limite

|-1|x-u.

De même, avec n=2p+1 impair, on obtient

|+1|x-u.

On en duite

|1|=|1+2+1-2|12(|1+|+|1-|)x-u.

On en déduit

d(u,𝒞)1

et donc d(u,𝒞)=1.

 
Exercice 36  470   Correction  

On norme l’espace (,) des suites bornées par la norme infini notée .

Pour x(,), on note Δx la suite de terme général

Δx(n)=x(n+1)-x(n)

puis on forme F={Δx|x(,)}.

Déterminer la distance de la suite e constante égale à 1 au sous-espace vectoriel F.

Solution

Puisque 0F, on a déjà

d(e,F)d(e,0)=1.

En raisonnant par l’absurde, montrons d(e,F)=1 en supposant d(e,F)<1.

Il existe alors une suite x(,) vérifiant Δx-e=ρ avec ρ<1.

Pour tout k, |Δx(k)-1|ρ donc Δx(k)1-ρ. En sommant ces inégalités pour k allant de 0 à n-1, on obtient x(n)-x(0)n(1-ρ) et donc

x(n)n++.

Cela contredit x(,) et permet de conclure.

 
Exercice 37  3463   Correction  

Soit E l’espace des fonctions bornées de [-1;1] vers normé par

f=supx[-1;1]|f(x)|.

Déterminer la distance de la fonction

f:x{1 si x]0;1]0 si x=0-1 si x[-1;0[

au sous-espace vectoriel F de E formé des fonctions continues de [-1;1] vers .

Solution

Par définition,

d(f,F)=infgFf-g.

Puisque la fonction nulle est continue

d(f,F)f-0~=1.

Inversement, soit gF.

Pour tout x>0.

|f(x)-g(x)|=|1-g(x)|f-g

ce qui donne à la limite quand x0+

|1-g(0)|f-g.

De même, pour x<0,

|f(x)-g(x)|=|1+g(x)|f-g

et donc à la limite quand x0-

|1+g(0)|f-g.

On en déduit

2|1+g(0)|+|1-g(0)|2f-g

et donc

1f-g.

Finalement, 1d(f,F) puis d(f,F)=1.

[<] Calcul de distance à une partie[>] Équivalence de normes en dimension finie

 
Exercice 38  5237  

On considère les normes usuelles 1, 2 et sur n.

  • (a)

    Montrer

    x1nx2etx2x1pour tout xn

    et déterminer, pour chaque inégalité, un vecteur x non nul réalisant l’égalité.

  • (b)

    Comparer de même 1 et d’une part, 2 et d’autre part.

 
Exercice 39  39     CCINP (MP)Correction  

On note E l’espace des suites réelles bornées u=(un)n telles que u0=0.

  • (a)

    Montrer que

    N(u)=supn|un|etN(u)=supn|un+1-un|

    définissent des normes sur l’espace E.

  • (b)

    Montrer que

    N(u)2N(u)pour tout uE.

    Déterminer une suite non nulle telle qu’il y ait égalité.

  • (c)

    Montrer que ces deux normes ne sont pas équivalentes.

Solution

  • (a)

    N est bien connue pour être une norme sur l’ensemble des fonctions bornées, il en est de même sur l’ensemble des suites bornées dont le premier terme est nul.
    L’application N:E+ est bien définie. On vérifie aisément N(u+v)N(u)+N(v) et N(λu)=|λ|N(u). Si N(u)=0 alors pour tout n, un+1=un et puisque u0=0, on obtient u=0. Ainsi N est une norme sur E.

  • (b)

    Pour uE, on a, pour tout n,

    |un+1-un||un+1|+|un|2N(u).

    On en déduit

    N(u)2N(u).

    La suite u définie par u0=0 et un=(-1)n pour n1 est une suite non nulle pour laquelle il y a égalité.

  • (c)

    Considérons la suite u(p) définie par

    u(p)(n)={n si npp sinon.

    On a

    u(p)E,N(u(p))=p et N(u(p))=1.

    On en déduit que les normes N et N ne sont pas équivalentes car

    N(u(p))N(u(p))p++.
 
Exercice 40  468   Correction  

On note () l’ensemble des suites réelles nulles à partir d’un certain rang.

On définit des normes 1, 2 et sur () en posant

u1=n=0+|un|,u2=(n=0+un2)1/2etu=supn|un|.
  • (a)

    Comparer 1 et .

  • (b)

    Comparer 1 et 2.

Solution

  • (a)

    Aisément, 1.

    Soit uN définie par unN=1 si n<N et unN=0 sinon.
    On a uN1=N et uN=1: il n’existe donc pas de α>0 tel que 1α.

    Les normes 1 et ne sont pas équivalentes.

  • (b)

    En introduisant N tel que n>Nun=0 on a

    u22=n=0+|un|2=n=0N|un|2(n=0N|un|)2=(n=0+|un|)2=u12.

    Ainsi, 21.

    Soit uN définie par unN=1 si n<N et unN=0 sinon.

    On a uN1=N et uN2=N: il n’existe donc pas de α>0 tel que 1α2.

    Les normes 1 et 2 ne sont pas équivalentes.

 
Exercice 41  469   Correction  

On note 1(,) l’espace des suites réelles sommables. Cet espace est normé par

u1=n=0+|un|.
  • (a)

    Soit u1(,). Montrer que u est bornée.
    Cela permet d’introduire la norme définie par

    u=supn|un|.

    Comparer 1 et .

  • (b)

    Soit u1(,). Montrer que u est de carré sommable
    Cela permet d’introduire la norme 2 définie par

    u2=(n=0+un2)1/2.

    Comparer 1 et 2.

Solution

  • (a)

    La suite u étant sommable, elle converge vers 0 et est par conséquent bornée.
    Pour tout n,

    |un|k=0+|uk|

    donc

    uu1.

    Soit uN définie par unN=1 si n<N et unN=0 sinon. uN1().
    On a uN1=N et uN=1 donc il n’existe pas de α>0 tel que 1α.
    1 et ne sont pas équivalentes.

  • (b)

    On a n=0N|un|2(n=0N|un|)2 donc quand N+:

    u22=n=0+|un|2(n=0+|un|)2=u12.

    Ainsi 21.
    Soit uN définie par unN=1 si n<N et unN=0 sinon. uN1().
    On a uN1=N et uN2=N donc il n’existe pas de α>0 tel que 1α2.
    1 et 2 ne sont pas équivalentes.

 
Exercice 42  3265   Correction  

On note (,) l’espace des suites réelles bornées normé par .

  • (a)

    Soit a=(an) une suite réelle. Former une condition nécessaire et suffisante sur la suite a pour que l’application

    Na:xn=0+an|xn|

    définit une norme sur (,).

  • (b)

    Comparer Na et .

Solution

  • (a)

    Supposons que Na est une norme sur (,).
    Pour m, la suite élémentaire em=(δm,n)n est non nulle donc

    Na(em)=am>0.

    De plus, pour la suite constante u=(1)n, la quantité Na(u) existe et donc la série an converge.
    Inversement, si an est une série convergente à termes strictement positifs alors on montre que l’application Na:(,)+ est bien définie et que celle-ci est une norme sur l’espace (,).

  • (b)

    On a aisément Nak avec k=n=0+an.
    Inversement, supposons kNa. Pour la suite élémentaire em, on obtient emkNa(em) et donc am1/k pour tout m. Cette propriété est incompatible avec la convergence de la série an.
    Ainsi, Na est dominée par mais ces deux normes ne sont pas équivalentes.

 
Exercice 43  5723   Correction  

On note E=(,) l’espace des suites réelles bornées.

Pour a]0;1[ et x=(xn)nE, on pose

Na(x)=n=0+an|xn|.
  • (a)

    Montrer que Na définit une norme sur E.

  • (b)

    Soient a,b]0;1[ distincts. Comparer les normes Na et Nb.

Solution

  • (a)

    L’application Na est correctement définie de E vers +. En effet, pour xE, la suite (anxn)n est sommable car

    anxn=n+O(an) avec |a|<1.

    Soient λ et x,yE.

    Si Na(x)=0 alors, par sommation de termes tous positifs,

    n,an|xn|=0.

    Puisque an0 pour tout n, la suite x=(xn)n est la suite nulle.

    Par simples calculs, on vérifie Na(λ.x)=|λ|Na(x) et Na(x+y)Na(x)+Na(y).

  • (b)

    Quitte à échanger, on peut supposer a<b.

    D’une part, anbn pour tout n et donc

    xE,Na(x)Nb(x).

    La norme Na est dominée par Nb.

    Inversement, pour p considérons e(p)=(δn,p)nE. On remarque

    Nb(e(p))Na(e(p))=bpap=(ba)pp++.

    La norme Nb n’est pas dominée par Na.

 
Exercice 44  5686   Correction  

Pour P[X], on pose

N1(P)=k=0+|ak|etN(P)=maxk|ak|

avec (ak) la suite des coefficients définissant P.

  • (a)

    Justifier que N1 définit une norme sur [X].

On établit de façon analogue que N définit aussi une norme sur [X].

  • (b)

    Comparer les normes N1 et N.

Solution

  • (a)

    L’application N1 est correctement définie de [X] vers +. En effet, pour P[X], la suite des coefficients de P est nulle à partir d’un certain rang. La série définissant N1(P) est donc convergente et sa somme est évidemment positive.

    Soient λ et P,Q[X].

    Si N1(P)=0 alors tous les coefficients de P sont nuls par nullité de la somme d’une série à termes positifs. On en déduit que P est le polynôme nul.

    Avec des notations entendues,

    N1(P)=k=0+|λak|=k=0+|λ||ak|=|λ|k=0+|ak|=|λ|N1(P)

    et

    N1(P+Q)=k=0+|ak+bk|k=0+(|ak|+|bk|)=k=0+|ak|+k=0+|bk|=N1(P)+N1(Q).

    L’application N1 est une norme sur [X]

  • (b)

    On a immédiatement NN1 car une somme de termes positifs est assurément supérieure à chacun de ses termes, notamment le plus grand. Ainsi, la norme N est dominée par la norme N1. La réciproque n’est pas vraie puisque, pour

    Pn=1+X++Xn avec n,

    on vérifie

    N1(Pn)=n+1etN(Pn)=1

    de sorte que

    N1(Pn)N(Pn)=n+1n++.
 
Exercice 45  473   Correction  

Pour P[X], on pose

N1(P)=k=0+|P(k)(0)|etN2(P)=supt[-1,1]|P(t)|.
  • (a)

    Montrer que N1 et N2 sont deux normes sur [X].

  • (b)

    Étudier la convergence pour l’une et l’autre norme de la suite de terme général

    Pn=1nXn.
  • (c)

    Les normes N1 et N2 sont-elles équivalentes?

Solution

  • (a)

    N1,N2:[X].

    N1(P+Q) =k=0+|P(k)(0)+Q(k)(0)|k=0+|P(k)(0)|+|Q(k)(0)|
    =k=0+|P(k)(0)|+k=0+|Q(k)(0)|=N1(P)+N1(Q).
    N1(λP) =k=0+|λP(k)(0)|=|λ|k=0+|P(k)(0)|=|λ|N1(P).
    N1(P)=0k,P(k)(0)=0

    or

    P=k=0+P(k)(0)k!Xk

    et donc P=0.
    Finalement, N1 est une norme.

    N2(P+Q) =supt[-1;1]|P(t)+Q(t)|supt[-1;1]|P(t)|+|Q(t)|
    supt[-1;1]|P(t)|+supt[-1;1]|Q(t)|=N2(P)+N2(Q).
    N2(λP) =supt[-1;1]|λP(t)|=supt[-1;1]|λ||P(t)|=|λ|supt[-1;1]|P(t)|=|λ|N2(P).
    N2(P)=0t[-1;1],P(t)=0

    et par infinité de racines P=0.

  • (b)

    La suite (1nXn)n converge vers 0 pour N2 mais n’est pas bornée et donc diverge pour N1.

  • (c)

    Les normes ne peuvent être équivalentes car sinon les suites convergeant pour l’une des normes convergerait pour l’autre.

 
Exercice 46  5822   Correction  

Soit a. Pour tout P[X], on pose

Na(P)=|P(a)|+01|P(t)|dt.
  • (a)

    Établir que Na définit une norme sur [X].

  • (b)

    Justifier que, pour tous a,b[0;1], les normes Na et Nb sont équivalentes.

  • (c)

    On considère la suite (Pn)n avec Pn=Xn/2n. Pour quelle(s) norme(s) Na peut-on affirmer que la suite (Pn)nN converge?

  • (d)

    Montrer que pour a[0;1] et b[1;+[, les normes Na et Nb ne sont pas équivalentes.

Solution

  • (a)

    L’application Na:[X]+ est correctement définie.

    Soit P[X].

    Si Na(P)=0 alors, par nullité d’une somme de termes positifs,

    |P(a)|=0et01|P(t)|dt.

    Par nullité de l’intégrale d’une fonction positive et positive,

    t[0;1],P(t)=0.

    Le polynôme P admet une infinité de racines, c’est donc le polynôme nul. On en déduit que P est constant. Or P(a)=0 donc P est le polynôme nul.

    Sans difficultés, on vérifie aussi Na(λP)=|λ|Na(P) et Na(P+Q)Na(P)+Na(Q) (avec des notations entendues).

  • (b)

    Soient a,b[0;1]. Quitte à échanger, on peut supposer ab.

    Pour tout P[X],

    P(b)=P(a)+abP(t)dt.

    et donc

    |P(b)||P(a)|+ab|P(t)|dt|P(a)|+01|P(t)|dt=Na(P)

    puis

    Nb(P)=|P(b)|+01|P(t)|dtNa(P)+01|P(t)|dt2Na(P).

    Ainsi, la norme Nb est dominée par Na.

    De manière semblable11 1 On sera attentif à l’ordre des bornes d’intégration., on obtient que Na est dominée par Nb.

    Les normes Na et Nb sont équivalentes.

  • (c)

    Pour n,

    Na(Pn)=|a|n2n+01ntn-12ndt=|a|n2n+[tn2n]01=|a|n+12n.

    Cas: |a|<2.

    Na(Pn)n+0

    et donc

    Pnn+Na0.

    Cas: |a|>2.

    Na(Pn)n++

    et donc (Pn)n diverge pour Na (car la suite n’est pas bornée).

    Cas: a=2.

    Na(Pn-1)=0+01ntn-12ndt=12nn+0

    et donc

    Pnn+Na1.

    Cas: a=-2.

    Na(P2n-1)=0+012nt2n-122ndt=122nn+0

    et

    Na(P2n+1+1)=0+01(2n+1)t2n22n+1dt=122n+1n+0

    donc

    P2nn+Na1etP2n+1n+Na-1.

    La suite (Pn) diverge pour Na car les suites extraites (P2n) et (P2n+1) convergent vers des limites distinctes.

  • (d)

    Considérons Qn=Xn/bn pour n.

    De manière semblable à ce qui précède, on observe

    Qnn+Na0etQnn+Nb1.

    Les normes Na et Nb ne sont pas équivalentes.

 
Exercice 47  466  Correction  

Soit E=𝒞0([0;1],). On définit les normes 1, 2 et par:

f1=01|f(t)|dt,f2=(01f(t)2dt)1/2etf=sup[0;1]|f|.
  • (a)

    Montrer que est plus fine que 1 et 2 mais qu’elle n’équivaut ni à l’une, ni à l’autre.

  • (b)

    Comparer 1 et 2.

Solution

  • (a)
    f101ff

    et

    f2(01f2)1/2f.

    Posons fn(x)=xn, fn=1 alors que fn1=1n+10 et fn2=12n+10. Les normes ne sont donc pas équivalentes.

  • (b)

    Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz:

    011×|f(t)|dt(011dt)1/2(01f(t)2dt)1/2

    donc

    f1f2.

    Pour fn(x)=2n+1xn, fn2=1 et fn1=2n+1n+10, les normes ne sont donc pas équivalentes.

 
Exercice 48  463   

On considère E=𝒞1([0;1],) l’espace des fonctions de classe 𝒞1 de [0;1] vers .

  • (a)

    Pour fE, on pose N(f)=|f(0)|+f. Montrer que N définit une norme sur E.

  • (b)

    Pour fE, on pose N(f)=f+f. On vérifie aisément que N est aussi une norme sur E. Montrer que la norme N est équivalente à N.

  • (c)

    Les normes N et N sont-elles équivalentes à ?

 
Exercice 49  467   Correction  

Soit E=𝒞1([-1;1],). On définit N1,N2 et N3 par

N1(f)=sup[-1;1]|f|,N2(f)=|f(0)|+sup[-1;1]|f|etN3(f)=-11|f|.
  • (a)

    Montrer que N1,N2 et N3 sont des normes sur E.

  • (b)

    Comparer N1 et N2 d’une part, N1 et N3 d’autre part.

Solution

  • (a)

    Sans difficultés.

  • (b)

    On a N1(f)N2(f) car

    |f(x)||f(0)|+|0xf(t)dt||f(0)|+|x|sup[-1;1]|f|

    et sans difficultés on a aussi N3(f)2N1(f).
    Posons

    fn(x)=xn.

    On a N1(fn)=1, N2(fn)=n et N3(fn)=2n+1.
    On en déduit que les normes N1 et N2 d’une part, N1 et N3 d’autre part, ne sont pas équivalentes.

 
Exercice 50  465     CENTRALE (MP)Correction  

Soient E=C1([0;1],) et N:E+ définie par

N(f)=f2(0)+01f2(t)dt.
  • (a)

    Montrer que N définit une norme sur E.

  • (b)

    Comparer N et .

Solution

  • (a)

    Posons φ(f,g)=f(0)g(0)+01f(t)g(t)dt.

    φ est une forme bilinéaire symétrique, φ(f,f)0 et si φ(f,f)=0 alors f(0)=0 et pour tout t[0;1], f(t)=0 donc f=0.

    φ est donc un produit scalaire et N apparaît comme étant la norme associée.

  • (b)

    Pour tout x[0;1],

    |f(x)||f(0)|N(f)+|0xf(t)dt|¯N(f)2N(f),

    donc f2N(f).

    Pour f(x)=sin(nxπ),

    f=1etN(f)=nπ/2n++.

    Les deux normes ne sont donc pas équivalentes.

 
Exercice 51  3267   Correction  

Soient l’espace E={f𝒞1([0;1],)|f(0)=0} et N1,N2 les applications définies sur E par

N1(f)=fetN2(f)=f+f.
  • (a)

    Vérifier que N1 et N2 définissent des normes sur E.

  • (b)

    Montrer que N2 est dominée par N1.

  • (c)

    En exploitant l’identité

    f(x)=e-x0x(f(t)+f(t))etdt

    montrer que N1 est dominée par N2.

Solution

  • (a)

    Les applications sont bien définies Ni:E+ car toute fonction continue sur un segment y est bornée.

    Les propriétés Ni(f+g)Ni(f)+Ni(g) et Ni(λf)=|λ|Ni(f) sont faciles.

    Si N1(f)=0 alors f=0 et sachant f(0)=0, on obtient f=0.

    Si N2(f)=0 alors la résolution de l’équation différentielle f+f=0 avec la condition initiale f(0)=0 donne f=0.

    Ainsi, les applications N1 et N2 sont bien des normes sur E.

  • (b)

    Pour fE, on a

    f(x)=0xf(t)dt

    ce qui permet d’établir ff.

    Puisque

    N2(f)f+f2N1(f)

    la norme N2 est dominée par la norme N1.

  • (c)

    Sachant f(0)=0, on a

    f(x)=e-x0x(f(t)et)dt=e-x0x(f(t)+f(t))etdt

    donc

    |f(x)|N2(f).

    Puisque

    |f(x)||f(x)+f(x)|+|f(x)|

    on obtient

    |f(x)|2N2(f)

    et finalement

    N1(f)2N2(f).
 
Exercice 52  2412     CENTRALE (MP)

Sur l’espace E={f𝒞1([0;1],)|f(0)=0}, on considère l’application N définie par

N(f)=3f+f=supt[0;1]|3f(t)+f(t)|.
  • (a)

    Montrer que N définit une norme sur E.

  • (b)

    Déterminer un réel α>0 tel que fαN(f) pour toute fonction f de E.

  • (c)

    Les normes et N sont-elles équivalentes?

 
Exercice 53  464   Correction  

On note E le -espace vectoriel des fonctions f:[0;1] de classe 𝒞1 vérifiant f(0)=0. Pour fE, on pose

N1(f)=supx[0;1]|f(x)|+supx[0;1]|f(x)|etN2(f)=supx[0;1]|f(x)+f(x)|.

Montrer que N1 et N2 sont deux normes sur E et qu’elles sont équivalentes.

Solution

Pour tout f,gE et tout λ, il est clair que Ni(f+g)Ni(f)+Ni(g) et que Ni(λf)=λNi(f).
Supposons N1(f)=0, on a alors supx[0;1]|f(x)|=0 donc f=0.
Supposons maintenant que N2(f)=0, on a alors supx[0;1]|f(x)+f(x)|=0 donc f(x)+f(x)=0. Après résolution de l’équation différentielle sous-jacente, f(x)=λe-x avec λ=f(0)=0 et finalement f=0.

Finalement, N1 et N2 sont bien deux normes sur E.
Il est clair que

N2(f)N1(f).

Posons maintenant M=N2(f). Pour tout x[0;1], on a

|f(x)+f(x)|M

donc

|(f(x)ex)|Mex

d’où

|f(x)ex|=|0x(f(t)et)dt|0xMetdtMex

puis |f(x)|Me pour tout x[0;1]. Ainsi,

supx[0;1]|f(x)|Me.

De plus,

|f(x)||f(x)+f(x)|+|f(x)|M(1+e)

donc

supx[0;1]|f(x)|M(1+e)

et finalement

N1(f)M(1+2e)=N2(f)(1+2e).

On peut conclure que les deux normes sont effectivement équivalentes.

 
Exercice 54  3262   Correction  

Soient E=𝒞([0;1],) et E+ l’ensemble des fonctions de E qui sont positives et ne s’annulent qu’un nombre fini de fois. Pour toute fonction φE+ et pour toute fonction fE on pose

fφ=supt[0;1]{|f(t)|φ(t)}.
  • (a)

    Montrer que φ est une norme sur E

  • (b)

    Montrer que si φ1 et φ2 sont deux applications strictement positives de E+ alors les normes associées sont équivalentes.

  • (c)

    Les normes x et x2 sont elles équivalentes?

Solution

  • (a)

    φ:E+ est bien définie.
    Si fφ=0 alors la fonction t|f(t)|φ(t) est nulle. En dehors des valeurs où φ est nulle, la fonction f s’annule. Or φ ne s’annule qu’un nombre fini de fois, donc par un argument de continuité, f s’annule aussi en ces points et finalement f=0~.
    Les propriétés λfφ=|λ|fφ et f+gφfφ+gφ sont immédiates.

  • (b)

    Considérons la fonction φ2/φ1. Cette fonction est définie et continue sur le segment [0;1], elle y est donc bornée et il existe M+ vérifiant x[0;1],φ2(x)Mφ1(x). On en déduit φ1Mφ2. Ainsi, φ1 est dominée par φ2 et par un argument symétrique φ2 est dominée par φ1.

  • (c)

    On a facilement x2x.
    Pour fn(x)=(1-x)n, on a après étude des variations des fonction xx(1-x)n et xx2(1-x)n

    fnx=1n+1(1-1n+1)ne-1n

    et

    fnx2=(2n+2)2(1-2n+2)ne-2n2

    donc il n’existe pas de constante M0 telle que xMx2. Les deux normes x et x2 ne sont pas équivalentes.

 
Exercice 55  2767     MINES (MP)

Soient E=𝒞([0;1],) et E+ le sous-ensemble de E constitué des fonctions positives qui ne s’annulent qu’au plus un nombre fini de fois. Pour toute fonction φE+ et pour toute fonction fE, on pose

fφ=01|f(t)|φ(t)dt.
  • (a)

    Montrer que φ définit une norme sur E.

  • (b)

    Montrer que si φ1 et φ2 sont deux applications strictement positives de E+, les normes associées sont équivalentes.

On considère les fonctions φ1 et φ2 de E+ déterminées par

φ1(t)=tetφ2(t)=t2pour tout t[0;1].
  • (c)

    Les normes φ1 et φ2 sont-elles équivalentes?

 
Exercice 56  2411      CENTRALE (MP)Correction  

Soit

E={f𝒞2([0;π],)|f(0)=f(0)=0}.
  • (a)

    Montrer que

    N:ff+f′′

    est une norme sur E.

  • (b)

    Pour fE, on pose

    N:ff+f′′.

    On vérifie aisément que N est une norme sur E. Montrer que la norme N est équivalente à N.

Solution

  • (a)

    L’application N:E+ est bien définie et l’on vérifie aisément N(λf)=|λ|N(f) et N(f+g)N(f)+N(g).
    Supposons maintenant N(f)=0, la fonction f est alors solution de l’équation différentielle y′′+y=0 vérifiant les conditions initiales y(0)=y(0)=0 ce qui entraîne f=0.

    Finalement, N est une norme sur E.

  • (b)

    On a évidemment NN.

    Inversement, soit fE et g=f+f′′. La fonction f est solution de l’équation différentielle

    y′′+y=g

    vérifiant les conditions initiales y(0)=y(0)=0. Après résolution via la méthode de variation des constantes, on obtient

    f(x)=0xsin(x-t)g(t)dt.

    On en déduit

    |f(x)|xgπg

    et donc fπN(f). De plus,

    f′′f+f′′+f

    donc

    N(f)(π+1)N(f).
 
Exercice 57  2409      CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    Quelles sont les valeurs de a pour lesquelles l’application

    (x,y)Na(x,y)=x2+2axy+y2

    définit une norme sur 2.

  • (b)

    Si Na et Nb sont des normes, calculer

    inf(x,y)0Na(x,y)Nb(x,y)etsup(x,y)0Na(x,y)Nb(x,y).

Solution

  • (a)

    Na(1,1) et Na(1,-1) doivent exister et être strictement positifs. Cela fournit les conditions nécessaires 2a+2>0 et 2-2a>0 d’où a]-1;1[. Montrons que cette condition est suffisante.
    Supposons a]-1;1[ et considérons φ:2×2 définie par φ((x,y),(x,y))=xx+yy+axy+ayx.
    L’application φ est une forme bilinéaire symétrique sur 2 et pour (x,y)(0,0), φ((x,y),(x,y))(1-|a|)(x2+y2)>0 en vertu de |2axy||a|(x2+y2). Ainsi φ est un produit scalaire sur 2 et Na est la norme euclidienne associée.

  • (b)

    Le cas a=b est immédiat. Quitte à échanger, on peut désormais supposer a<b.
    Par homogénéité, on peut limiter l’étude de Na(x,y)Nb(x,y) au couple (x,y)=(cos(t),sin(t)) avec t]-π/2;π/2].
    Posons

    f(t)=(Na(cos(t),sin(t))Nb(cos(t),sin(t)))2=1+asin(2t)1+bsin(2t).

    On a

    f(t)=2(a-b)cos(2t)(1+bsin(2t))2.

    Les variations de f sont faciles et les extremums de f(t) sont en t=-π/4 et t=π/4. Ils valent 1-a1-b et 1+a1+b.
    On en déduit

    inf(x,y)0Na(x,y)Nb(x,y)=1+a1+b

    et

    sup(x,y)0Na(x,y)Nb(x,y)=1-a1-b

    (dans le cas a<b).

[<] Comparaison de normes[>] Suites de vecteurs

 
Exercice 58  458  Correction  

Soit N une norme sur n(). Montrer qu’il existe c>0 tel que

N(AB)cN(A)N(B).

Solution

On sait N(AB)nN(A)N(B) et αNNβN avec α,β>0 donc

N(AB)1αN(AB)nαN(A)N(B)nβ2αN(A)N(B).
 
Exercice 59  3146  

Soient n et En l’espace des polynômes réels de degré au plus n.

Montrer qu’il existe λ>0 vérifiant

01|P(t)|dtλsupt[0;1]|P(t)|pour tout PEn.
 
Exercice 60  474   Correction  

Pour d, on pose E=d[X] l’espace des polynômes réels en l’indéterminée X de degrés inférieurs ou égaux à d.

  • (a)

    Pour ξ=(ξ0,,ξd) famille de d+1 nombres réels distincts et PE, on pose

    Nξ(P)=k=0d|P(ξk)|.

    Montrer que Nξ définit une norme sur E.

  • (b)

    Soit (Pn) une suite de polynômes éléments de E. Pour tout n, on écrit

    Pn=k=0dak,nXk.

    Établir que les assertions suivantes sont équivalentes:

    • (i)

      la suite de fonctions (Pn) converge simplement sur ;

    • (ii)

      la suite de fonctions (Pn) converge uniformément sur tout segment de ;

    • (iii)

      pour tout k{0,,d}, la suite (ak,n) converge.

Solution

  • (a)

    facile.

  • (b)

    (i)(ii) Supposons que la suite (Pn) converge simplement sur vers une certaine fonction f. On ne sait pas a priori si cette fonction est, ou non, polynomiale.
    Soit ξ=(ξ0,,ξd) une famille de d+1 réels distincts et PE déterminé par P(ξk)=f(ξk). On peut affirmer que la (Pn) suite converge vers P pour la norme Nξ. Soit [a;b] un segment de avec a<b. N=,[a;b] définit une norme sur E qui est équivalent à Nξ car E est de dimension finie. Puisque (Pn) converge vers P pour la norme Nξ, on peut affirmer que la convergence a aussi lieu pour la norme N et donc (Pn) converge uniformément vers P sur le segment [a;b]. Au passage, on en déduit que f=P.

    (ii)(iii) Si la suite (Pn) converge uniformément sur tout segment vers une fonction f, elle converge aussi simplement vers f et l’étude ci-dessus montre que f est un polynôme. En introduisant la norme infinie relative aux coefficients polynomiaux:

    a0++adXd=max0kd|ak|

    l’équivalence de norme permet d’établir que les coefficients de Pn convergent vers les coefficients respectifs de f.

    (iii)(i) Immédiat.

 
Exercice 61  1582     ENTPE (MP)Correction  

Soient N et (Pn)n une suite de fonctions polynomiales toutes de degré au plus N. Montrer que si (Pn)n converge simplement vers une fonction f sur alors f est une fonction polynomiale et la convergence est uniforme sur tout segment de .

Solution

Soient a0,,aN des réels deux à deux distincts. Considérons la fonction polynôme P de degré inférieur à N vérifiant

k{0,,N},P(ak)=f(ak).

Sur l’espace N[X], on peut introduire la norme donnée par

N(Q)=max0kN|Q(ak)|.

Pour cette norme, on peut affirmer que la suite (Pn) converge vers P. Or l’espace N[X] est de dimension finie, toutes les normes y sont donc équivalentes. La convergence de (Pn) vers P a donc aussi lieu pour les normes données par

Q,[a;b]=supt[a;b]|Q(t)|.

La suite (Pn) converge vers P sur tout segment de et donc converge simplement vers P. Par unicité de la limite simple, la fonction f est égale à P.

 
Exercice 62  2768      MINES (MP)

Soit E un sous-espace vectoriel de dimension finie d1 de l’espace 𝒞([0;1],) des fonctions réelles définies et continues sur [0;1].

  • (a)

    Établir l’existence d’un multiplet (a1,,ad)[0;1]d tel que l’application

    N:fEi=1d|f(ai)|

    soit une norme sur E.

  • (b)

    Soit (fn) une suite de fonctions de E convergeant simplement vers une fonction f:[0;1]. Montrer que f est élément de E puis que la convergence est uniforme.

[<] Équivalence de normes en dimension finie[>] Séries de vecteurs

 
Exercice 63  3143  Correction  

Soient A,Bp(). On suppose

(AB)nOp.

Montrer que

(BA)nOp.

Solution

Il suffit d’observer

(BA)n+1=B(AB)nAn+Op.
 
Exercice 64  1670  Correction  

Soient A,Bn() telles que

Akk+PetBkk+Q.

On suppose que les matrices A et B commutent. Montrer que les matrices P et Q commutent.

Solution

Puisque les matrices A et B commutent, il en est de même des matrices Ak et Bk. En passant à la limite la relation

AkBk=BkAk

on obtient

PQ=QP.
 
Exercice 65  471  Correction  

Soit (An) une suite de matrices inversibles de p(𝕂).
On suppose

Ann+AetAn-1n+B.

Montrer que A est inversible et déterminer son inverse.

Solution

On a

AnAn-1=Ip.

En passant cette relation à la limite on obtient

AB=Ip.

Par le théorème d’inversibilité, on peut affirmer que A est inversible et

A-1=B.
 
Exercice 66  3010     ENTPE (MP)Correction  

Soit Ap(). On suppose que la suite (An)n converge vers une matrice Bp().

Montrer que B2=B.

Solution

Par extraction,

A2nn+B.

Par produit,

A2n=An×Ann+B2.

Par unicité de la limite, B=B2 (et B est donc la matrice d’une projection).

 
Exercice 67  3925    MINES (MP)Correction  

Soit An() une matrice antisymétrique telle que la suite (Ak)k converge vers B dans n(). Que dire de B?

Solution

D’une part,

(Ak)k+B.

D’autre part,

(Ak)=(-1)kAk.

On a donc

(A2p)=(-1)2pA2pp+B

et

(A2p+1)=(-1)2p+1A2p+1p+-B.

Par unicité de la limite,

B=B=-B.

On en déduit que la matrice B est nulle.

 
Exercice 68  5897   Correction  

Soit une norme sous-multiplicative sur n().

Soient An() et M0n() vérifiant InAM0<1.

On pose

Mk+1=2MkMkAMk.

Montrer que A est inversible et Mkk+A1

Solution

Posons Bk=MkA. On remarque

k,InBk+1=InMk+1A=In2MkA+(MkA)2=(InBk)2.

Par une récurrence facile,

k,InBk=(InB0)2k.

Or InB0<1 et, par sous-multiplicativité,

k,InBkInB02k.

On en déduit

Bkk+In.

Soit Xn,1(). Si AX=0 alors, pour tout k, BkX=0. En passant à la limite, on obtient X=0. Ainsi, Ker(A)={0}. Cela assure que la matrice A est inversible.

On peut alors introduire son inverse A1 et, par produit de limites,

Mk=BkA1k+A1.
 
Exercice 69  3851     MINES (MP)

Soit a. Déterminer la limite de la suite (Ann)n1 avec

An=(1-anan1).
 
Exercice 70  5871   Correction  

Soit (e1,,en) une base d’un espace réel normé (E,).

Pour u(E), on pose

N(u)=i=1nu(ei).
  • (a)

    Vérifier que N définit une norme sur (E).

  • (b)

    Soit (uk)k une suite d’éléments de (E). Prouver que cette suite converge si, et seulement si, la suite (uk(x))k converge pour tout xE.

Solution

  • (a)

    L’application N:(E)+ est correctement définie.

    Soit u(E). Si N(u)=0 alors, par nullité d’une somme de termes positifs, u(ei)=0 pour i=1,,n et donc u(ei)=0E pour i=1,,n. L’application linéaire u est nulle sur les vecteurs d’une base, c’est donc l’application nulle.

    Pour λ et u(E),

    N(λu)=i=1nλu(ei)=i=1n|λ|u(ei)=|λ|N(u).

    Enfin, pour u,v(E),

    N(u+v)=i=1nu(ei)+v(ei)i=1n(u(ei)+v(ei))=N(u)+N(v).

    L’application N définit donc une norme sur (E).

  • (b)

    () Supposons que la suite (uk)k converge vers v dans (E) pour la norme N (ou pour toutes autres normes: celles-ci sont équivalentes car (E) est de dimension finie). On a

    N(uk-v)=i=1nuk(ei)-v(ei)k+0

    et donc

    i=1,,n,uk(ei)k+v(ei).

    Soit xE. On peut écrire x comme combinaison linéaire des vecteurs ei et, par opérations sur les limites, on peut affirmer

    uk(x)k+v(x).

    () Supposons que les suites (uk(x))k convergent quelles que soient les vecteurs x dans E. En particulier, pour i=1,,n, on peut introduire viE la limite de la suite (uk(ei))k. On peut11 1 Une application linéaire est entièrement déterminée par l’image d’une base. aussi introduire v(E) déterminé par v(ei)=vi pour i=1,,n. On a

    i=1,,n,uk(ei)-v(ei)=uk(ei)-vik+0

    donc

    N(uk-v)=i=1nuk(ei)-v(ei)k+0.

    Ainsi, la suite (uk)k converge (vers v) dans (E).

 
Exercice 71  3005     NAVALE (MP)Correction  

Soit E=𝒞([0;1],). Pour fE, on pose

N1(f)=01|f(t)|dt.
  • (a)

    Montrer que N1 définit une norme sur E.

On dit qu’une suite (fp)p0 d’éléments de E est de Cauchy pour N1 lorsque

ε>0,N,p,n,nNN1(fn+p-fn)ε.
  • (b)

    Montrer que si (fp)p0 est convergente pour la norme N1 alors c’est une suite de Cauchy pour la norme N1.

  • (c)

    On pose

    fn(x)=k=1nxkkpour x[0;1] et n*.

    Montrer que la suite (fp)p1 est de Cauchy pour la norme N1. Est-elle convergente pour cette même norme?

Solution

  • (a)

    L’application N1 est correctement définie de E vers +. Soient λ et f,gE. On vérifie immédiatement N1(λf)=|λ|N1(f) et N1(f+g)N1(f)+N1(g). Si N1(f)=0 alors la fonction |f| est positive continue et d’intégrale nulle sur [0;1], c’est donc la fonction identiquement nulle et la fonction f aussi.

  • (b)

    Soient (fp)p0 une suite convergente pour la norme N1 et f sa limite. Pour tout ε>0, il existe N tel que

    n,nNN1(f-fp)ε2.

    Pour nN et p, on a conjointement

    N1(f-fn)ε2etN1(f-fn+p)ε2

    et donc

    N1(fn+p-fn)N1(fn+p-f)+N1(f-fn)ε.

    La suite (fp)p0 est donc de Cauchy pour la norme N1.

  • (c)

    Pour n* et p,

    N1(fn+p-fn) =01|k=n+1n+pxkk|dx=k=n+1n+p01xkkdx
    =k=n+1n+p1k(k+1)=k=n+1n+p(1k-1k+1)=1n+1-1n+p+11n+1.

    Pour n assez grand, cette quantité est inférieure à n’importe quel ε préalablement choisi. La suite (fp)p1 est une suite de Cauchy pour N1.

    Par l’absurde supposons que la suite (fp)p1 converge pour la norme N1 et posons fE sa limite. On a donc

    N1(fp-f)=01|fp-f|p+0.

    Parallèlement, par le théorème de convergence dominée, on montre

    01|fp-f|=[0;1[|fp(x)-f(x)|dxp+[0;1[|f(x)+ln(1-x)|dx.

    En effet, par les séries entières de référence,

    x[0;1[,|fp(x)-f(x)|p+|-ln(1-x)-f(x)|

    et

    x[0;1[,|fp(x)-f(x)||fp(x)|+|f(x)|=-ln(1-x)+|f(x)|=φ(x)

    avec φ:[0;1[+ continue par morceaux et intégrable sur [0;1[.

    Par unicité de la limite,

    [0;1[|f(x)+ln(1-x)|dx=0.

    Par nullité de l’intégrale d’une fonction continue positive, on obtient

    x[0;1[,f(x)+ln(1-x)=0.

    Or f est continue en 1 tandis que ln(1-x) tend vers - quand x tend vers 1-. C’est absurde.

    La suite (fp)p1 ne converge pas pour la norme N1.

 
Exercice 72  3022   

Soient p* et Ap().

  • (a)

    On suppose A diagonalisable et Sp(A)]-1;1[. Montrer que la suite géométrique (An) converge vers la matrice nulle.

  • (b)

    Même question avec trigonalisable au lieu de diagonalisable.

 
Exercice 73  5424     MINES (MP)Correction  

Déterminer les triplets (a,b,c)3 tels que

an+bn+cnn+0.

Solution

Soit (a,b,c) un triplet solution. Introduisons

V=(111abca2b2c2)etXn=(anbncn).

Par hypothèse,

Yn=VXn=(an+bn+cnan+1+bn+1+cn+1an+2+bn+2+cn+2).

Cas: a, b et c sont deux à deux distincts. La matrice V est inversible et donc

Xn=(anbncn)=V-1Ynn+(000).

On en déduit que a, b et c sont de modules strictement inférieurs à 1

Cas: a=b et ac. On adapte ce qui précède en écrivant

(212ac)(ancn)=(2an+cn2an+1+cn+1)n+(00).

Les autres cas sont similaires.

Finalement,

an+bn+cnn+0|a|,|b|,|c|<1.

La réciproque est immédiate.

 
Exercice 74  5824   Correction  

Soit E l’espace des fonctions continues de [0;1] vers . En introduisant une suite de fonctions affines par morceaux nulles en dehors de [0;1/n] (pour n*), établir qu’il n’existe pas de norme sur E pour laquelle

(fn)E,fE,fnfn+0t[0;1],fn(t)n+f(t).

Solution

Considérons une norme sur E. Pour n1, introduisons la fonction affine par morceaux gn donnée par le graphe ci-dessous:

[Uncaptioned image]

Enfin, posons

fn=gngnE.

On observe que

t[0;1],fn(t)n+f(t) avec f=0E.

En effet, pour t=0, c’est immédiat et, pour t>0, on remarque que pour n assez grand, fn(t)=0.

Cependant,

fnf=gngn=1n+10.
 
Exercice 75  3036    Correction  

Soit (An) une suite convergente d’éléments de n(𝕂) et de limite A.
Montrer que pour n assez grand

rg(An)rg(A).

Solution

Posons r=rg(A).
La matrice A possède est déterminant extrait non nul de taille r.
Le déterminant extrait correspondant des matrices An est alors non nul à partir d’un certain rang et donc rg(An)r

 
Exercice 76  3475      X (MP)

Soit (Ak) une suite de matrices de n(𝕂) convergeant vers An(𝕂). On suppose que les matrices Ak sont toutes de même rang p. Montrer rg(A)p.

Que dire de la nature topologique de l’ensemble p(𝕂) des matrices de n(𝕂) de rangs inférieurs à p?

 
Exercice 77  4980     X (PSI)

Soient n2 et A=(ai,j)n() une matrice à coefficients strictement positifs vérifiant11 1 A est une matrice stochastique (voir le sujet 5120).

j=1nai,j=1pour tout i1;n.

On note α le plus petit coefficient de la matrice A et, pour Xn,1(), on note min(X) et max(X) le plus petit et le plus grand coefficient de la colonne X.

  • (a)

    On suppose que les coefficients d’une colonne Yn,1() sont tous positifs. Établir min(AY)αmax(Y).

Soient Xn,1() et Y=X-min(X)U avec U la colonne de hauteur n dont tous les coefficients sont égaux à 1.

  • (b)

    Montrer

    min(AX)αmax(X)+(1-α)min(X)

    puis

    max(AX)αmin(X)+(1-α)max(X).
  • (c)

    En déduire que les suites (min(ApX))p et (max(ApX))p sont adjacentes.

  • (d)

    Conclure que la suite (Ap)p converge et déterminer le rang de sa limite.

 
Exercice 78  3413      ENS Lyon (MP)Correction  

Soit q*. On note Eq l’ensemble des AGLn() telles que

Aq=In.
  • (a)

    Que dire de AEq telle que 1 est seule valeur propre de A?

  • (b)

    Montrer que In est un point isolé de Eq, c’est-à-dire que toute suite d’éléments de Eq de limite In est constante égale à In à partir d’un certain rang.

Solution

  • (a)

    Une matrice AEq annule le polynôme scindé simple Xq-1, elle est donc diagonalisable. Si 1 est sa seule valeur propre alors A=In car semblable à In.

  • (b)

    Par l’absurde, supposons qu’il existe une suite (Ap) d’éléments de Eq{In} vérifiant

    App+In.

    Par continuité de la trace,

    tr(Ap)p+n.

    Or la trace de Ap est la somme de ses valeurs propres, celles-ci ne sont pas toutes égales à 1 et sont racines q-ième de l’unité donc

    Re(tr(Ap))(n-1)+cos(2πq).

    Cette majoration est incompatible avec la propriété tr(Ap)p+n.

[<] Suites de vecteurs

 
Exercice 79  4670  

Soit E=p(𝕂) muni d’une norme sous-multiplicative:

(A,B)p(𝕂)2,ABAB.

Soit Ap(𝕂) vérifiant A<1.

  • (a)

    Étudier la convergence de la série matricielle An.

  • (b)

    Justifier que la matrice Ip-A est inversible et exprimer la somme de la série précédente.

 
Exercice 80  5724   Correction  

Soit une norme sous-multiplicative sur n().

Pour An() tel que A<1, calculer

k=0+Aketk=1+kAk-1.

Solution

Par une récurrence facile, on établit AkAk pour tout k*. Or la série Ak converge car il s’agit d’une série géométrique de raison q=A[0;1[. La série Ak converge donc absolument. Or l’espace n() est de dimension finie et donc la série Ak converge. On peut alors introduire

S=k=0+Ak.

En isolant le terme d’indice 0 puis en procédant à un glissement d’indice, on observe

S=A0+k=1+Ak=In+k=0+Ak+1=In+Ak=0+Ak=In+AS.

On en déduit

(In-A)S=In.

La matrice In-A est donc inversible et

S=(In-A)-1.

Aussi,

kAk-1kAk-1=k+o(qk) pour q=1+A2[0;1[

On en déduit la convergence absolue, donc la convergence, de la série kAk-1. On peut alors introduire

S=k=1+kAk-1.

Après un glissement d’indice, on observe

S=k=0+(k+1)Ak=k=0+kAk+k=0+Ak=AS+S.

On en déduit

S=(In-A)-2.
 
Exercice 81  5101   

Pour toute matrice A de n(), on pose

A=i=1nj=1n|ai,j|.
  • (a)

    Vérifier que définit une norme sur n().

  • (b)

    Montrer que cette norme est sous-multiplicative ce qui signifie:

    ABABpour toutes matrices A,Bn().

Soit An(). Pour p, on pose

Ep(A)=k=0p1k!Ak.
  • (c)

    Justifier la convergence de la série numérique

    1k!Ak.
  • (d)

    Montrer que la suite (Ep(A)) converge.

 
Exercice 82  4052   

(Théorème du point fixe)

Soient E un espace de dimension finie de norme et f une application de E vers E. On suppose qu’il existe11 1 On dit que l’application f est contractante. k[0;1[ tel que

(x,y)E2,f(y)-f(x)ky-x.
  • (a)

    Montrer que f possède au plus un point fixe22 2 Un point fixe de f est une valeur x de E vérifiant f(x)=x..

On choisit arbitrairement aE et l’on considère la suite (xn) définie par

x0=aetxn+1=f(xn)pour tout n.
  • (b)

    Montrer la convergence de la suite (xn).

    On pourra étudier la nature d’une série télescopique.

  • (c)

    En déduire que la fonction f admet un point fixe.

 
Exercice 83  2728     MINES (MP)Correction  

Soit Mn(). Montrer l’équivalence de:

  • (i)

    toute valeur propre de M est de module strictement inférieur à 1;

  • (ii)

    la suite (Mk) tend vers 0;

  • (iii)

    la série de terme général Mk converge.

Solution

(i)(ii) Le plus simple est sans doute d’utiliser la décomposition de Dunford: M=D+N avec D diagonalisable et N nilpotente commutant entre elles. Par la formule du binôme de Newton, on peut calculer Mk et tronquer la somme par la nilpotence de N, on parvient alors à une somme finie de termes qui tendent vers 0 par croissance comparée. Une autre méthode, techniquement plus lourde, consiste à introduire ρk=max{|(Mk)1,+1|,,|(Mk)n-,n|} qui majorent les coefficients de Mk situés sur la diagonale (pour =0), sur la sur-diagonale (pour =1) etc. En notant que ρ=ρ01<1, on montre par récurrence sur k que ρkkM+1ρk- ce qui permet de conclure.

(ii)(iii) Supposons que Mk0. On peut alors affirmer que 1 n’est pas valeur propre de M car MX=XMkX=X et donc à la limite MX=XX=0. Par suite, la matrice I-M est inversible et puisque (I-M)k=0mMk=I-Mm+1, k=0mMk=(I-M)-1(I-Mm+1) d’où la convergence de la série des Mk.

(iii)(i) Soit λSp(M) et X0 tel que MX=λX. Puisque k=0mMk converge quand rg(C)r, on a k=0mMkX converge, puis k=0nλkX converge et donc |λ|<1 (car X0).



Édité le 08-12-2023

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