Planche n o 19. Applications linéaires continues, normes matricielles. Corrigé n o 1 *I : 1 Soit P E. Si on pose P = + a k X k, il existe n N tel que k > n, a k =. Donc P = { k= P k } Sup k!, k N = Max{ a k, k n} existe dans R. P E, P. Soit P E. P = k N, a k k N, a k = P =. Soient P E et λ R. λp = Max{ λa k, k n} = λ Max{ a k, k n} = λ P. Soient P = a k X k et Q = k X k kb k deux polynômes. Pour k N, a k + b k a k + b k P + Q et donc P + Q P + Q. est une norme sur E. 2 P E, fp = P et donc P E \ {}, fp fp = 1. On en déduit que Sup, P E \ {} = 1. Ceci P P montre tout à la fois que f est continue sur E, et f = 1. f est continue sur E, et f = 1. n o 2 : La linéarité de est claire et de plus est un endomorphisme de E car si u est une suite bornée, u l est encore. Plus précisément, u E, n N, u n u n + u n+1 2 et donc u E, u 2. Ceci montre que est continu sur E et 2. Ensuite, si u est la suite définie par n N, u n = 1 n alors u est un élément non nul de E tel que = 1 et u = 2. En résumé, u E \ {}, u 2, u E \ {}, u = 2. On en déduit que est continu sur E, et = 2. La linéarité de C est claire et C est un endomorphisme de E car si u est bornée, Cu l est encore. Plus précisément, u E, n N, Cu n 1 = et donc u E, Cu. k= Par suite T est continue sur E et T 1. Ensuite, si u est la suite définie par n N, u n = 1 alors u est un élément non nul de E tel que = 1 et Cu = 1. En résumé, u E \ {}, Cu 1, u E \ {}, Cu = 1. On en déduit que C est continu sur E, et C = 1. c Jean-Louis Rouget, 21. Tous droits réservés. 1 http ://www.maths-france.fr
n o 3 : 1 Soit f E. Tf 1 = Tfx dx = ft dt dx 1 1 ft dt dx = ft dt dx f 1 dx = f 1. Ceci montre que f E \ {}, Tf 1 f 1 1. Ceci montre que T est continu sur E, 1 et que T 1. Pour n N et x [, 1], posons f n x = 1 x n. Pour n N, puis pour x [, 1], Tf n x = Tf n 1 = f n 1 = ] 1 1 x n 1 xn+1 dx = [ = 1, 1 t n dt = 1 1 1 xn+1 et donc Tf n x dx = 1 On en déduit que n N, T Tf n 1 f n 1 = n + 2. En résumé, n N, T 1 et donc T = 1. n + 2 1 1 x n+1 dx = 1 1 1 = 1 n + 2 n + 2. T est continu sur E, 1 et T = 1. 2 Supposons qu il existe f E\{} tel que Tf 1 = f 1. On en déduit que chaque inégalité écrite au début de la question 1 1 1 1 1 x est une égalité et en particulier ft dt dx = ft dt dx ou encore ft dt ft dt dx =. Par suite, x [, 1], ft dt ft dt = fonction continue, positive, d intégrale nulle puis en dérivant la dernière inégalité, x [, 1], fx = et finalement f =. Ceci est une contradiction et donc T n est pas atteinte. n o 4 : L application f est linéaire de E, N dans R,. Soit A = a i,j E. fa = TrA a i,i a i,j NA = nna. Ceci montre déjà que f est continue sur E, N et que f n. De plus, si A = I n, fa NA = n 1 f est continue sur E, N et f = n. = n. Donc n o 5 : A = a i,j M n R, A = Max{ a i,j, 1 i, j n}. Soient A = a i,j et B = b i,j. Posons AB = c i,j où i, j 1, n 2, c i,j = Pour i, j 1, n 2, c i,j a i,k b k,j A B = n A B, a i,k b k,j. c Jean-Louis Rouget, 21. Tous droits réservés. 2 http ://www.maths-france.fr
et donc, AB n A B. Ainsi, A, B M n C \ {} 2, AB A B n. De plus, pour A = B = 1, A = B = 1 puis A B = na = n et donc Ceci montre que AB Sup, A, B M n C \ {} 2 = n. A B A B A B = n. En particulier, n est pas une norme sous-multiplicative. A = a i,j M n R, A 1 = a i,j. Avec les notations précédentes, Donc A, B M n R \ {} 2, AB 1 = 1i,j,k,ln AB 1 A 1 B 1 1. c i,j = a i,k b k,j n a i,k b k,j = De plus, pour A = B = E 1,1, on a A B = E 1,1 et donc a i,j b k,l = A 1 B 1. 1i,j,kn a i,k b k,j A B 1 A 1 B 1 = 1. Ceci montre que AB 1 Sup, A, B M n C \ {} 2 = 1. A 1 B 1 En particulier, 1 est une norme sous-multiplicative. A = a i,j M n R, A 2 = a 2 i,j. Avec les notations précédentes, AB 2 2 = = c 2 i,j = n n Donc A, B M n R \ {} 2, n 2 a i,k b k,j n n l=1 b 2 k,j b 2 l,j = AB 2 A 2 B 2 1. inégalité de Cauchy-Schwarz 1i,j,k,ln De plus, pour A = B = E 1,1, on a A B = E 1,1 et donc b 2 l,j = 1i,kn A B 2 A 2 B 2 = 1. Ceci montre que AB 2 Sup, A, B M n C \ {} 2 = 1 A 2 B 2 1j,ln b 2 l,j = A 2 B 2 En particulier, 2 est une norme sous-multiplicative. n o 6 : Une «norme trois barres» sur M n R est nécessairement sous-multiplicative. L exercice précédent montre qu il existe des normes sur M n R qui ne sont pas sous-multiplicatives par exemple. Donc une norme sur M n R n est pas nécessairement une «norme trois barres». c Jean-Louis Rouget, 21. Tous droits réservés. 3 http ://www.maths-france.fr
n o 7 : Soit N une norme sur M n R. D après l exercice n o 5, 1 est une norme sous-multiplicative. Puisque M n R est un espace vectoriel de dimension finie sur R, N et 1 sont des normes équivalentes. Par suite, il existe deux réels strictement positifs α et β tels que α 1 N β 1. Pour A, B M n R 2, NAB β AB 1 β A 1 B 1 β α 2 NANB et le réel k = β α 2 est un réel strictement positif tel que A, B M nr 2, NAB knanb. Remarque. Le résultat précédent signifie que N = 1 K N est une norme sous-multiplicative car pour A, B M nr 2, N AB = 1 k 2NAB 1 k 2NANB = 1 k NA1 k NB = N AN B. n o 8 : Non, car si A = E 1,1 et B = E 2,2 alors AB = puis NAB < NANB. n o 9 : Pour 1. Soient A = a i,j M n R puis X = x i 1in M n,1 R. AX 1 = a i,j x j a i,j x j = n x j a i,j { n } x j Max a i,j, 1 j n = Max{ C j 1, 1 j n} X 1, en notant C 1,..., C n les colonnes de la matrice A. Donc, A M n R, A 1 Max{ C j 1, 1 j n}. Soit alors j 1, n tel que C j 1 = Max{ C j 1, 1 j n}. On note X le vecteur colonne dont toutes les composantes sont nulles sauf la j -ème qui est égale à 1. X est un vecteur non nul tel que AX 1 = a i,j = Max{ C j 1, 1 j n} X 1. En résumé, 1 X M n,1 R \ {}, AX 1 X 1 Max { C j 1, 1 j n}, 2 X M n,1 R \ {}, AX 1 = Max{ C j 1, 1 j n}. X 1 On en déduit que A M n R, A 1 = Max{ C j 1, 1 j n}. Pour. Soient A = a i,j M n R puis X = x i 1in M n,1 R. Pour i 1, n, AX i = a i,j x j a i,j x j a i,j X Max a i,j, 1 i n X = Max{ L k 1, 1 k n} X, en notant L 1,..., L n les lignes de la matrice A. Donc, A M n R, A Max{ L i 1, 1 i n}. Soit alors i 1, n tel que L i 1 = Max{ L i 1, 1 i n}. On pose X = ε i 1in où j 1, n, ε j est un élément de { 1, 1} tel que a i,j = ε j a i,j par exemple, ε j = a i,j a i,j si a i,j et ε j = 1 si a i,j = 1. AX = Max a i,j ε j, 1 i n a i,jε j = a i,j = L i 1 = Max{ L i 1, 1 i n} X. c Jean-Louis Rouget, 21. Tous droits réservés. 4 http ://www.maths-france.fr
En résumé, 1 X M n,1 R \ {}, AX X Max{ L i 1, 1 i n}, 2 X M n,1 R \ {}, AX Max { L i 1, 1 i n}. X On en déduit que A M n R, A = Max { L i 1, 1 j n}. Ainsi, en notant C 1,..., C n et L 1,..., L n respectivement les colonnes et les lignes d une matrice A, A M n R, A 1 = Max{ C j 1, 1 j n} et A = Max{ L i 1, 1 i n}. n o 1 : Soit D = diagλ i 1in D n R. Pour X = x i 1in M n,1 R, DX 2 = λ 2 i x2 i n ρd 2 x 2 i = ρd X 2, De plus, si λ est une valeur propre de D telle que λ = ρd et X est un vecteur propre associé, alors En résumé 1 X M n,1 R \ {}, DX 2 X 2 DX 2 = λx 2 = λ X 2 = ρd X 2. ρd, 2 X M n,1 R \ {}, DX 2 = ρd. X 2 On en déduit que D D n R, D 2 = ρd. Soit alors A S n R. D après le théorème spectral, il existe P O n R et D = diagλ i 1in D n R tel que A = PD t P. De plus ρa = ρd. Pour X M n,1 R, AX 2 = PD t PX 2 = D t PX 2 car P O n R Y M n,1 R, PY 2 = Y 2 = DX 2 où on a posé X = t PX. Maintenant l application X t PX = X est une permutation de M n,1 R car la matrice t P est inversible et donc X décrit M n,1 R si{ et seulement si X décrit M} n,1 R. { De plus, pour tout vecteur colonne X, X 2 = t PX 2 = X 2. On en AX 2 DX } 2 déduit que, X M n,1 R \ {} = X 2 X, X M n,1 R \ {} et en particulier, 2 A 2 = D 2 = ρd = ρa. AX 2 A S n R, A 2 = Sup, X M n,1 R \ {} = ρa. X 2 Remarque. L application A ρa est donc une norme sur S n R et de plus cette norme est sous-multiplicative. c Jean-Louis Rouget, 21. Tous droits réservés. 5 http ://www.maths-france.fr