Épreuve de Mathématiques A MP
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- Gustave Picard
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1 E3A CONCOURS ENSAM-ESTP-ARCHIMEDE Corrigé Épreuve de Mathéatiques A MP Questions de cours. Soient N et N deux nores sur E. On dit que N et N sont équivalentes ssi : (k, k ) (R + ), X E, k N(X) N (X) k N(X).. Soit X E. Alors : i 0 {,..., n}, N (X) = x i0. n Donc (N (X)) p = x i0 p x k p. D où : N (X) N p (X). D autre part, par définition de N (X), on a : k {,..., n}, x k N (X) donc n k {,..., n}, x k p (N (X)) p et x k p n (N (X)) p. Coe toutes les quantités sont positives, on en déduit que : N p (X) n /p N (X). Donc les nores N p et N sont équivalentes. 3. Dans R n, toutes les nores sont équivalentes. 4. On note : B = (e,..., e n ) la base canonique de R n. Soit X E ; alors X = Donc u(x) = n x k u(e k ) par linéarité. D où, grâce à l inégalité triangulaire : N (u(x)) En posant K = n x k e k. n x k N (u(e k )) N (X) n N (u(e k )), on en déduit donc que : n N (u(e k )). X E, N (u(x)) KN (X). Un endoorphise u d un espace vectoriel noré E est continu ssi u est lipschitzien ssi 5. k R +, X E, N(u(X)) kn(x) ssi u est continu au point 0 E. 6. Coe toutes les nores sont équivalentes dans R n, en utilisant la question 4. et l une des caractérisations de la continuité d une application linéaire vues à la question 5., on en déduit que : tout endoorphise de R n est continu. Partie.. On calcule t AA et l on obtient : t AA = I 3. Donc A est orthogonale.. On a, par la éthode de Sarrus : det(a) = ( ) =. 7 Donc l endoorphise u est une rotation. 3. On calcule le polynôe caractéristique de A ; on obtient : χ A (x) = (x )(x 3 i 3 )(x 3 + i 3 ). χ A est scindé à racines siples dans C ; par théorèe, A est diagonalisable dans M 3 (C) D après les questions de cours, u étant linéaire et E de diension finie, u est un endoorphise continu de E. De plus, coe u est une isoétrie vectorielle, on a : X E, u(x) = X. D après la définition de la nore subordonnée qui nous est rappelée, on a donc : u =. 4. Soit w L C (E). Par coposition, l application X w(x) est continue sur E donc sur la sphère-unité S(0 E, ) = {X E, X = }. Or, coe E est de diension finie et que S(0 E, ) est ferée (iage réciproque du feré {} par l application continue X X ) et bornée, S(0 E, ) est un copact de E. Coe toute application continue sur un copact y est bornée et atteint ses bornes, il existe X 0 S(0 E, ) tel que w = w(x 0 ).
2 5. On sait que la nore subordonnée est une nore d algèbre de L C (E). Donc k N, u k u k, soit k N, u k. Donc la suite (u k ) est une suite bornée de L C (E). 6. Dans ce qui suit, on confond tout vecteur de E avec la atrice-colonne qui lui est canoniqueent associée. 6. ker(v) est l axe de la rotation u. On a : 3 x + 3 y + 3 z = x { x = z X ker(v) AX = X 3 x + 3 y + 3 z = y 3 x 3 y + 3 z = z y = 0. Donc ker(v) = Vect((, 0, )). 6. Soient X ker(v) et Y I(v). Alors AX = X et il existe Z E tel que Y = Z u(z) = Z AZ. D où : < X, Y >= t XY = t XZ t XAZ. Mais coe A est orthogonale, t A = A donc AX = X X = A X X = t AX t X = t XA. D où : < X, Y >= t XZ t XZ = 0. Coe ceci est vrai pour tout éléent X ker(v) et Y I(v), ker(v) et I(v) sont orthogonaux. 6.3 D après la question précédente, on sait que ker(v) I(v) = {0 E }. Par le théorèe du rang : di(ker(v)) + di(i(v)) = di(e), donc, par caractérisation : E = ker(v) I(v). 6.4 Donc, pour tout X E, il existe un unique X ker(v) et un unique Y I(v) tels que : X = X +Y. Mais Y I(v) Z E, Y = Z u(z) ; d où X E,!X ker(v), Z E, X = X + Z u(z). 6.5 Soient X E et N. D après la question précédente : X = X + Z u(z) où X ker(v) et Z E. Alors v(x ) = 0 E, soit u(x ) = X et donc k N, u k (X ) = X. Donc : Or, p (X) = u k (X) = u k (X ) = X et, par télescopage : D où : p (X) = X + (Z u (Z)). u k (X ) + u k (Z) u k (Z) u k+ (Z). u k+ (Z) = (Z u (Z)). On a : Z u (Z) ( Z + u (Z) ). De la question 5., on déduit que : Z u (Z) ( Z + u Z ) Z puisque u pour tout N. La suite (Z u (Z)) N est donc bornée. D où li + (Z u (Z)) = 0 E. Donc la suite (p (X)) converge vers X c est-à-dire vers la projection de X. sur ker(v) parallèleent à I(v) Partie.. Soit A M n (C). On suppose que A = 0. Alors : X E, X = = AX = 0 = AX = 0 E. Mais, quitte à diviser X par sa nore, on en déduit, puisque A0 E = 0 E que, pour tout X E, AX = 0 E. Donc A = O n. Pour tout λ R, on a : λa = sup X = λax = λ sup X = AX = λ A. Pour toutes atrices A et B, on a : pour tout X E, (A + B)X = AX + BX AX + BX A + B. D où : A + B A + B. Donc est une nore sur M n (R)... B est produit de atrices à coefficients réels, donc est à coefficients réels. De plus : t B = t ( t AA) = t A tt A = t AA = B. Donc B est syétrique. D autre part : X E, t XBX = t X t AAX = t (AX)AX =< AX, AX > 0. Donc B S n + (R). Par théorèe, B est diagonalisable et ses valeurs propres sont positives ou nulles. Si A GL n (R), t A GL n (R) donc, par produit, B GL n (R). Donc 0 n est pas valeur propre de B. Si A GL n (R), B S n ++ (R) et ses valeurs propres sont stricteent positives.
3 . Si U est une atrice seblable à B, U et B ont le êe polynôe caractéristique, donc les êes valeurs propres, donc ρ(u) = ρ(b). Notons que, puisque les valeurs propres de B sont positives ou nulles, ρ(b) = sup{λ, λ sp(b)} = ax{λ, λ sp(b)}..3 Par le théorèe spectral, on sait que B est diagonalisable dans une base orthonorale B. Donc il existe P O n (R) et une atrice D = diag(λ,..., λ n ) diagonale telles que : B = P D t P (λ,..., λ n sont les valeurs propres de B distinctes ou non). Or, on a, pour X E : AX =< AX, AX >= t XBX = t XP D t P X. On pose : Y = t P X ; n alors t Y = t XP et AX = t Y DY = λ i yi. Coe P est une atrice orthogonale, Y = i= t Y Y = t XP t P X = t XX = X. Si on prend X E tel que X =, on a alors : AX n ρ(b) yi = ρ(b). i= On en déduit donc que : A ρ(b)..4 Notons i 0 un entier entre et n tel que ρ(b) = λ i0 et X 0 un vecteur propre de B, unitaire, associé à la valeur propre ρ(b). On a : AX 0 = t X 0 BX 0 = ρ(b) t X 0 X 0 = ρ(b). D où : A = ρ(b) Si u est une hoothétie de rapport γ 0, pour tout X E, on a : AX = γx donc AX = γ X. Donc A = γ. 3. Pour tout k N, u k est une hoothétie de rapport γ k donc A k = γ k et (A k ) k N est bornée ssi γ. ( ) 3.3 On a : k N, A k = γ k I n donc P = γ k I n, soit P = γ ( γ) I n car γ. Coe γ <, il est clair que li + P = O n. 4. ERREUR d ÉNONCÉ : il faut supposer que u est un endoorphise de E autoadjoint. 4. Par le théorèe spectral, u est diagonalisable dans une base orthonorale et A S n (R). D après la question., A = ρ(b) où B = t AA = A. Or, coe A est diagonalisable, les valeurs propres de A sont : λ, λ,..., λ n. Donc ρ(b) = ρ(a ) = (ρ(a)). D où : A = ρ(a). 4. Pour tout k N, les valeurs propres de A k sont : λ k, λ k,..., λ k n et A k S n (R). Donc, d après ce que l on a déontré à la question précédente, on a : A k = ρ(a k ). Mais ρ(a k ) = sup{ λ k, λ Sp(A)} = (ρ(a)) k. Donc A k = (ρ(a)) k et la suite (A k ) est bornée ssi ρ(a). 4.3 On sait qu il existe P O n (R) telle que : A = P D t P où D = diag(λ,..., λ n ). Alors : k N, A k = ( P D k t P avec D k = diag(λ k,..., λ k n). λ D où : P = P diag ( λ ),..., λ ) n t P. ( λ n ) Coe, pour tout i {,..., n}, λ i <, alors li P = O. + Partie 3.. On a, par définition de v : X ker(v) u(x) = X. Donc N, X ker(v), p (X) = X = X.. p et v sont des polynôes en u donc coutent d après le cours. Donc N, p v = v p. D où : p v = v p = p u p. Or u p = u k+ = u k. Par téléscopage, on obtient : p v = (id E u ) On a : X I(v) donc il existe Y E tel que X = v(y ). Alors p (X) = (p v)(y ) = (Y u (Y )). 3
4 D où : p (X) ( Y + u (Y ) ) ( Y + Y u ). On obtient donc : p (X) Y (+ u ). On se donne G un suppléentaire de ker(v) dans E ; on sait que v induit une bijection notée v de G sur I(v). Dans le calcul précédent, on peut alors prendre Y = v (X). De plus, coe G est de diension finie et que v est linéaire, v est continue. D où : Y X v. En posant K = X v, on a bien : N, p (X) K (+ u ). 3. Par hypothèse, la suite (u K ) est bornée. Donc li + (+ u ) = 0. Par le théorèe d encadreent, on en déduit que : la suite (p (X)) N converge vers 0 E. 4. Soit X ker(v) I(v) ; d après la question. : N, p (X) = X. Mais, par passage à la liite quand tend vers l infini, coe X I(v), d après la question 3., li p (X) = 0 E = X. Donc + ker(v) I(v) = {0 E } et la soe est directe. 5. Mais, d après le théorèe du rang, on a : di E = di(ker(v)) + di(i(v)) = di H. Donc H = E. 6. On a, d après ce qui précède, E = ker(v) I(v) donc : X E,!(X, X ) ker(v) I(v), X = X + X. On a alors : p (X) = X + p (X ). D après la question 3., li p (X ) = 0 E donc + li p (X) = X = p(x). La suite (p ) N converge donc sipleent sur E vers p. + Partie 4.. On a : id E = et, pour tout N : u u. Donc la suite des itérés de u est bornée.. Coe u est continu, p est continu. On a : N, p u k = =. Donc : N, p ERREUR d ÉNONCÉ : il faut prouver que pour tout entier naturel non nul, pour tout T I(v) on a : p (X) p. X T + p (T ). Par linéarité de p, pour tout T I(v), p (X) = p (X T ) + p (T ), puis p (X) p (X T ) + p (T ), d où : p (X) p X T + p (T ). 3. Des questions précédentes, on déduit que : N, T I(v), p (X) X T + p (T ). Soit ε > 0 ; coe X I v, il existe T I(v) tel que X T ε. On choisit alors Y E tel que v(y ) = T. Un calcul du êe genre que celui fait à la question 3. de la partie 3 donne : Par le théorèe d encadreent, on obtient : pour tout N, on ait : p (T ) ε. p (T ) Y (+ u ) Y. li p (T ) = 0. Donc, il existe N N tel que, + D où : ε > 0, N N, N, N p (X) ε. Donc la suite (p (X)) converge vers 0 E. 4. La déonstration est identique à celle faite à la question 4 de la partie 3. Donc la soe H = ker(v) + I v est directe. 5. Soit N. 5. v et p coutent donc, par théorèe : N, I(v) est stable par p. 5. Soit X I v ; il existe alors une suite (X k ) k N de vecteurs de I(v) qui converge vers X. Par continuité de p, la suite (p (X k )) k N est convergente de liite p (X). D après la question précédente, pour tout k N, p (X k ) I(v), donc p (X) I v. Donc I v est stable par p. 5.3 Coe v et p coutent, ker(v) est stable par p. H est la soe de sous-espaces vectoriels stables par p, donc H est stable par p. 4
5 5. La déonstration est identique à celle faite à la question 6 de la partie 3, en replaçant p par π et p par π. Donc la suite (p ) N converge sipleent sur H vers π. 5. On a, par continuité de p : X H, p (X) p X X d après la question. En passant à la liite quand tend vers +, on obtient : X H, π(x) X. 5.3 Coe π est linéaire, d après les caractérisations des applications linéaires continues rappelées dans les questions de cours, π L C (H) (nouvelle coquille : π n est définie que sur H). Partie 5.. Si X E, Y = u(x) est une sous-suite de X donc reste bornée. Donc Y E. La linéarité est évidente. Donc u est bien un endoorphise de E.. Soient X E et Y = u(x). On a : Y = sup n N x n+ = sup n N x n sup n N x n = X. D où : X E, u(x) X. Donc u est continu et u. Mais, si l on considère la suite constante X égale à, on a : u(x) = X. Donc u =. 3. On a : X ker(v) ssi n N, x n = x n+ ssi X est constante. Donc ker(v) est l enseble des suites constantes. 4. Soit X I(v) ; il existe Y E tel que X = v(y ) c est-à-dire : n N, x n = y n y n+. n n On a alors : n N, s n = x k = (y k y k+ ) = y 0 y n. D où : n N, s n y 0 + y n Y car Y est bornée. Donc S est bornée. Réciproqueent, soit X = (x k ) k N telle que la suite S définie par le texte soit bornée. Alors il existe M > 0 tel que : n N, s n M. D où : n N, x n = s n+ s n s n+ + s n M. Donc X est bornée. En posant : n N, y n = s n, on a : n N, y n y n+ = s n +s n+ = x n. Donc v(y ) = X et X I(v). n D où l équivalence : X I(v) ssi S définie par s 0 = 0 et n N, s n = x k est bornée. 5. On construit la suite X = (x n ) n N de la façon suivante : n N, k [ ( + ), ( + ) ], xk = et k [ ( + ), ( + )( + ) ], xk = 0. Donc X = (, 0,,, 0, 0,,,, 0, 0, 0,...). Pour tout N, on pose : p (X) = (y n () ) n N. La suite (p (X)) N est divergente car elle ne vérifie pas le critère de Cauchy. En effet, on a : N, n N, y n () = n+ x k. Par construction de la suite X, on a : N, y () ( ) = et y() ( ) =. D où : N, p (X) p (X) y () ( ) y() ( ) =. Il existe donc une suite X E telle que la suite (p (X)) N diverge. FIN DE L ÉPREUVE. k=n 5
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