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

 
Exercice 1  5058    MINES (PSI)

Soit N une norme sur un espace réel E de dimension finie.

  • (a)

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

  • (b)

    Même question avec des boules ouvertes.

 
Exercice 2  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 3  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 4  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 5  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 6  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.

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Édité le 08-11-2019

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