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Exercice 1  1136  Correction  

Déterminer les fonctions f: continues vérifiant

(x,y)2,f(x+y)=f(x)+f(y).

Solution

Soit f une fonction solution.

On a f(0+0)=f(0)+f(0) donc f(0)=0

Par une récurrence facile,

n,x,f(nx)=nf(x).

De plus, puisque f(-x+x)=f(-x)+f(x), on a f(-x)=-f(x).

Par suite,

n,x,f(nx)=nf(x).

Pour x=p/q,

f(x)=f(pq)=f(p×1q)=pf(1q).

Aussi,

f(1)=f(qq)=qf(1q)

donc f(x)=ax avec a=f(1).

Les fonctions xf(x) et xax sont continues et coïncident sur partie dense dans donc ces deux fonctions sont égales sur .

Au final, f est une fonction linéaire.

Inversement, une telle fonction est évidemment solution.

 
Exercice 2  1139   Correction  

Soit f: une fonction continue telle que

(x,y)2,f(x+y2)=12(f(x)+f(y)).
  • (a)

    Montrer que 𝒟={p2n|p,n} est dense dans .

  • (b)

    Montrer que si f s’annule en 0 et en 1 alors f=0.

  • (c)

    Conclure que f est une fonction affine.

Solution

  • (a)

    Soit x. On remarque

    un=2nx2nn+x

    avec un𝒟 pour tout n. La partie 𝒟 est dense dans .

  • (b)

    Supposons que f s’annule en 0 et 1.

    Pour tout x,

    12(f(x)+f(x))=f(0)=0

    On en déduit que la fonction f est impaire.

    Par récurrence double, montrons f(n)=0 pour tout n.

    Pour n=0 et n=1, la propriété est acquise par hypothèse.

    Supposons la propriété établie aux rangs n1 et n10.

    L’égalité

    f(n+1)+f(n1)2=f(n)

    donne, en vertu de l’hypothèse de récurrence, f(n+1)=0.

    La récurrence est établie.

    Par l’imparité, on complète

    p,f(p)=0.

    Par récurrence sur n, montrons

    p,f(p2n)=0.

    Pour n=0, on vient d’obtenir la propriété.

    Supposons la propriété établie au rang n.

    Soit p. Par la relation fonctionnelle vérifiée par f,

    f(p2n+1)=f(12(0+p2n))=12(f(0)+f(p2n))=HR0.

    La récurrence est établie.

    Enfin, puisque f est continue et nulle sur une partie

    𝒟={p2n|p,n}

    dense dans , f est identiquement nulle sur .

  • (c)

    Posons β=f(0) et α=f(1)β.

    La fonction g:xf(x)αx+β est continue et vérifie la propriété

    g(x+y2)=12(g(x)+g(y))

    On en déduit que la fonction g est identiquement nulle ce qui conduit à f affine.

 
Exercice 3  3059   Correction  

Soient E=𝒞([0;1],) et φE. On note Nφ:E l’application définie par

Nφ(f)=fφ.

Montrer que Nφ est une norme sur E si, et seulement si, φ-1(*) est dense dans [0;1].

Solution

Nφ:E+ est bien définie et l’on vérifie immédiatement

Nφ(λf)=|λ|Nφ(f) et Nφ(f+g)Nφ(f)+Nφ(g).

Il reste à étudier la véracité de l’implication

Nφ(f)=0f=0.

Supposons: φ-1(*) dense dans [0;1].
Si Nφ(f)=0 alors fφ=0 et donc pour tout xφ-1(*), on a f(x)=0 car φ(x)0.
Puisque la fonction continue f est nulle sur la partie φ-1(*) dense dans [0;1], cette fonction est nulle sur [0;1].
Supposons: φ-1(*) non dense dans [0;1].
Puisque le complémentaire de l’adhérence est l’intérieur du complémentaire, la partie φ-1({0}) est d’intérieur non vide et donc il existe a<b[0;1] tels que [a;b]φ-1({0}).
Considérons la fonction f définie sur [0;1] par

f(x)={(x-a)(b-x) si x[a;b]0 sinon.

Cette fonction f est continue sur [0;1], ce n’est pas la fonction nulle mais en revanche la fonction fφ est la fonction nulle. Ainsi, on a formé un élément f non nul de E tel que Nφ(f)=0. On en déduit que Nφ n’est pas une norme.

 
Exercice 4  4698   

Soit n un naturel au moins égal à 2.

  • (a)

    Montrer que GLn(𝕂) est une partie dense de n(𝕂).

  • (b)

    Calculer det(Com(A)) pour An(𝕂).

 
Exercice 5  5741   Correction  

Soit An(). Vérifier

(Com(A))=Com(A)

Solution

Cas: A est inversible. On sait

A-1=1det(A)(Com(A))

et de même

(A)-1=1det(A)(Com(A))

Or

(A)-1=(A-1)

ce qui se relit

1det(A)(Com(A))=1det(A)(Com(A))

Sachant det(A)=det(A), on simplifie et l’on obtient

(Com(A))=Com(A)

Cas général: Les applications

A(Com(A))etACom(A)

sont continues sur n() car leurs fonctions coordonnées sont des polynômes en les coefficients de A. Aussi, ces fonctions sont égales sur GLn() qui est une partie dense dans n(). Ces fonctions sont donc égales sur n().

 
Exercice 6  750   Correction  

Pour An(𝕂), calculer Com(Com(A)).

Solution

Si A est inversible alors

Com(A)=det(A)(A-1). (1)

La comatrice de A est aussi inversible et donc

Com(Com(A))=det(Com(A)(A-1))(((A-1))-1).

On simplifie le second membre

Com(Com(A))=det(Com(A))det(A-1)A=det(A)n-2A

car det(Com(A)))=det(A)n-1 en vertu de (1).

Par coïncidence d’applications continues sur une partie dense, pour tout An(𝕂),

Com(Com(A))=det(A)n-2A.
 
Exercice 7  3275   Correction  

Montrer

A,Bn(),Com(AB)=Com(A)Com(B).

Solution

Cas: A,BGLn(). On sait

A-1=1det(A)(Com(A)),B-1=1det(B)(Com(B))

et

(AB)-1=1det(AB)(Com(AB))=B-1A-1

donc

(AB)-1=1det(AB)(Com(AB))=1det(A)det(B)(Com(B))(Com(A))

puis

(Com(AB))=(Com(A)Com(B))

et enfin

Com(AB)=Com(A)Com(B).

Cas général: Posons

Ap=A+1pInetBp=B+1pIn.

Pour p assez grand Ap,BpGLn() et donc

Com(ApBp)=Com(Ap)Com(Bp).

Or la fonction MCom(M) est continue donc par passage à la limite

Com(AB)=Com(A)Com(B).
 
Exercice 8  4227   

Soit n avec n2.

Montrer que les comatrices de deux matrices semblables de n() sont elles aussi semblables.

 
Exercice 9  4150    
  • (a)

    Montrer que l’application qui à une matrice M de n() associe son polynôme caractéristique χM est continue.

On rappelle que GLn() est dense dans n().

  • (b)

    Montrer l’égalité χAB=χBA pour toutes matrices A,B dans n().

On rappelle que l’ensemble 𝒟n() des matrices diagonalisables est dense dans n().

  • (c)

    Montrer l’égalité χA(A)=On (Théorème de Cayley-Hamilton).

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Édité le 14-10-2023

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