Exercice 1 483 Correction

Soit $u$ un endomorphisme continu d’un espace vectoriel normé $E$ .
Montrer que

\forall λ \in Sp (u), | λ | \leq | | | u | | | .

Solution

Soit $λ$ une valeur propre de $u$ . Il existe un vecteur $x \neq 0$ vérifiant $u (x) = λ x$ et alors

| λ | ∥ x ∥ = ∥ u (x) ∥ \leq | | | u | | | ∥ x ∥

puis

| λ | \leq | | | u | | |

car $∥ x ∥ > 0$ .

Exercice 2 484 Correction

Soient $E$ et $F$ deux espace vectoriels normés. On suppose qu’une suite $(f_{n})$ d’éléments de $ℒ_{c} (E, F)$ converge vers $f \in ℒ_{c} (E, F)$ (au sens de la norme subordonnée) et qu’une suite $(x_{n})$ d’éléments de $E$ converge vers $x \in E$ . Établir que

f_{n} (x_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} f (x) .

Solution

{∥ f_{n} (x_{n}) - f (x) ∥}_{F} \leq {∥ f_{n} (x_{n}) - f_{n} (x) ∥}_{F} + {∥ f_{n} (x) - f (x) ∥}_{F}

avec

{∥ f_{n} (x_{n}) - f_{n} (x) ∥}_{F} \leq | | | f_{n} | | | {∥ x_{n} - x ∥}_{E} \to_{n \to + \infty}^{} 0

(car $(| | | f_{n} | | |)$ est bornée) et

{∥ f_{n} (x) - f (x) ∥}_{F} \leq | | | f_{n} - f | | | {∥ x ∥}_{E} \to_{n \to + \infty}^{} 0

donc

{∥ f_{n} (x_{n}) - f (x) ∥}_{F} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 3 487 Correction

Soit $u \in ℒ_{c} (E, F)$ . Montrer

∥ u ∥ = sup_{{∥ x ∥}_{E} < 1} {∥ u (x) ∥}_{F} .

Solution

Pour tout $x \in E$ tel que ${∥ x ∥}_{E} < 1$ , on a

{∥ u (x) ∥}_{F} \leq ∥ u ∥ {∥ x ∥}_{E} \leq ∥ u ∥

donc

s = sup_{{∥ x ∥}_{E} < 1} {∥ u (x) ∥}_{F} \leq ∥ u ∥ .

Pour tout $x \in E$ tel que ${∥ x ∥}_{E} = 1$ , on a ${∥ \frac{n}{n + 1} x ∥}_{E} < 1$ donc

{∥ u (\frac{n}{n + 1} x) ∥}_{F} \leq s

puis

{∥ u (x) ∥}_{F} \leq \frac{n + 1}{n} s .

À la limite quand $n \to + \infty$ , on obtient ${∥ u (x) ∥}_{F} \leq s$ d’où l’on déduit

∥ u ∥ = sup_{∥ x ∥ = 1} ∥ u (x) ∥ \leq s

puis l’égalité annoncée.

Exercice 4 489 Correction

Soit $E$ une algèbre de dimension finie non nulle. On désire établir que $E$ peut être muni d’une norme sous-multiplicative. Soit $∥ \cdot ∥$ une norme sur $E$ . Pour tout $x \in E$ , on pose

N (x) = sup_{a \in E, ∥ a ∥ = 1} ∥ a x ∥ .

(a)

Justifier que $N (x)$ existe dans $ℝ$ .
(b)

Établir que $N$ est une norme d’algèbre sur $E$ .

Solution

(a)

L’application $a \mapsto a x$ est linéaire donc continue sur $E$ espace de dimension finie. Par suite, on peut introduire sa norme triple qui est justement $N (x)$ .
(b)

L’application $N : E \to ℝ_{+}$ est correctement définie.

Soient $λ \in 𝕂$ et $x, y \in E$ .

Si $N (x) = 0$ alors $a \mapsto a x$ est l’application identiquement nulle et, pour $a = 1_{E}$ , on obtient $x = 0_{E}$ .

Aussi

$N (λ x) = sup_{∥ a ∥ = 1} ∥ a (λ x) ∥ = sup_{∥ a ∥ = 1} | λ | ∥ a x ∥ = | λ | sup_{∥ a ∥ = 1} ∥ a x ∥ = | λ | N (x)$

et

$N (x + y) = sup_{∥ a ∥ = 1} ∥ a (x + y) ∥ \leq sup_{∥ a ∥ = 1} (∥ a x ∥ + ∥ a y ∥) \leq sup_{∥ a ∥ = 1} ∥ a x ∥ + sup_{∥ a ∥ = 1} ∥ a y ∥ = N (x) + N (y) .$

Enfin,

$N (x y) \leq N (x) N (y)$

car $a \mapsto a (x y)$ s’obtient par composition de $a \mapsto a x$ par $a \mapsto a y$ .

Exercice 5 488 Correction

Soient $E$ un espace vectoriel normé non réduit à ${0}$ et $u, v \in ℒ (E)$ continus tels que

u \circ v - v \circ u = α {Id}_{E}

pour un certain $α \in ℝ$ .

(a)

Établir que pour tout $n \in ℕ$ ,

$u \circ v^{n + 1} - v^{n + 1} \circ u = (n + 1) α v^{n} .$
(b)

En déduire que $α = 0$ .

Solution

(a)

Par récurrence sur $n \in ℕ$ en écrivant

$u \circ v^{n + 2} - v^{n + 2} \circ u = (u \circ v^{n + 1}) \circ v - v^{n + 2} \circ u$

puis

$u \circ v^{n + 2} - v^{n + 2} \circ u = (n + 1) α v^{n + 1} + v^{n + 1} \circ u \circ v - v^{n + 2} \circ u$

et en simplifiant via

$v^{n + 1} \circ u \circ v - v^{n + 2} \circ u = v^{n + 1} (u \circ v - v \circ u) .$
(b)

Introduisons la norme subordonnée $| | | \cdot | | |$

$| | | (n + 1) α v^{n} | | | \leq ∥ u ∥ | | | v^{n + 1} | | | + | | | v^{n + 1} | | | | | | u^{n} | | |$

donc

$(n + 1) | α | | | | v^{n} | | | \leq (∥ u ∥ ∥ v ∥ + ∥ v ∥ ∥ u ∥) | | | v^{n} | | | .$

Si pour tout $n \in ℕ$ , $v^{n} \neq 0$ alors on obtient $(n + 1) | α | \leq 2 ∥ u ∥ ∥ v ∥$ pour tout $n \in ℕ$ ce qui implique $α = 0$ .

S’il existe $n \in ℕ^{*}$ tel que $v^{n} = 0$ , alors pour le plus petit de ces entiers $v^{n - 1} \neq 0$ et $v^{n} = 0$ et la relation

$u \circ v^{n} - v^{n} \circ u = (n + 1) α v^{n - 1}$

permet de conclure $α = 0$ .

Exercice 6 490 X (MP)Correction

Soit $f$ une forme linéaire non nulle et continue sur un espace vectoriel normé $E$ . Montrer que lorsque $x \notin Ker (f)$

d (x, Ker (f)) = \frac{| f (x) |}{| | | f | | |} .

Solution

Pour $y \in Ker (f)$ ,

| f (x) | = | f (x) - f (y) | \leq | | | f | | | ∥ x - y ∥ .

Puisque cette comparaison vaut pour tout $y \in Ker (f)$ , on peut passer à la borne inférieure et écrire

| f (x) | \leq | | | f | | | d (x, Ker (f)) .

Cela produit une première inégalité

d (x, Ker (f)) \geq \frac{| f (x) |}{| | | f | | |} .

Les espaces $Ker (f)$ et $Vect (x)$ sont supplémentaires. Pour $z \in E$ , on peut écrire $z = λ . x + y$ avec $y \in Ker (f)$ et $λ \in ℝ$ . En appliquant $f$ aux deux membres, on obtient $f (z) = λ f (x)$ .

Lorsque $f (z)$ n’est pas nul, $λ \neq 0$ et l’on peut écrire

z = λ (x + \frac{1}{λ} y) donne ∥ z ∥ = | λ | ∥ x + \frac{1}{λ} y ∥ \geq | λ | d (x, Ker (f))

et donc

| f (z) | = | λ | | f (x) | \leq \frac{∥ z ∥}{d (x, Ker (f))} | f (x) | = \frac{| f (x) |}{d (x, Ker (f))} ∥ z ∥ .

Cette inégalité est aussi vraie lorsque $f (z)$ est nul.

On en tire

| | | f | | | \leq \frac{| f (x) |}{d (x, Ker (f))} .

En réorganisant les membres,

d (x, Ker (f)) \leq \frac{| f (x) |}{| | | f | | |} .

Par double inégalité, on obtient l’égalité voulue.

Notons que la relation est aussi vraie (et évidente quand $x \in Ker (f)$ ).

Norme subordonnée