Espaces vectoriels normés (complément pour 5/2)
Exercice 1 Soit a ∈ R et A la matrice de Mp(R) dont tous les coefficients sont égaux à a. Donner une condition
nécessaire et suffisante portant sur a pour que la suite (An)
n∈Nconverge.
Posons A = aU où U est la matrice de Mp(R) dont tous les coefficients sont égaux à 1. rg U = 1 donc 0 est valeur
propre d’ordre p − 1. Sachant que la trace de U est la somme des valeurs propres (complexes) de U, on en déduit que p est une valeur propre d’ordre 1. Il en résulte que U est diagonalisable : il existe P ∈ GLp(R) telle
que U = P diag(0, . . . , 0, p)P−1. Ainsi, An= P diag0, . . . , 0, (ap)nP−1et la suite de matrices (An)n∈Nconverge si et
seulement si la suite numérique(ap)n
n∈Nconverge, autrement dit si −
1
p < a 6
1
p.
Exercice 2 Soit k · k une norme sur Mp(C).
a) Soit A ∈ Mp(C) une matrice diagonalisable dont toutes les valeurs propres sont de module strictement inférieur à
1. Montrer que la suite (An)n∈Nconverge.
b) Soit A ∈ Mp(C) telle que la suite (An)n∈Nconverge, et λ ∈ C une valeur propre de A. Montrer que |λ| 6 1. Que dire
de A lorsque |λ| = 1 ?
a) Il existe une matrice P ∈ GLp(C) telle que A = P diag(λ1, . . . , λp)P −1
. Alors An= P diag(λn1, . . . , λnp)P
−1
. Mais pour tout k ∈ ~1, p, lim λnk= 0 car |λk|< 1, donc lim An= 0.
b) Considérons un vecteur propre x ∈ Cn\ {0} pour la valeur propre λ. On a pour tout n ∈ N, Anx = λnx. La suite vectorielle (Anx)n∈Nconverge donc il en est de même de (λnx)n∈N, et le vecteur x étant non nul ceci impose
à la suite (λn) de converger, avec pour conséquence |λ| 6 1.
Lorsque |λ| = 1 il existe θ ∈ R tel que λ = eiθ; la suite (einθ)n∈Nest donc convergente. Nous allons maintenant
montrer que nécessairement λ = 1.
Posons ` = lim einθ. La suite (einθ) ne peut tendre vers 0 car pour tout n ∈ N, | einθ|= 1, donc ` ∈ C∗.
En passant à la limite dans l’égalité ei(n+1)θ= eiθeinθ on obtient ` = eiθ`, puis eiθ= 1 puisque ` , 0. Ainsi, λ = 1. On peut donc en déduire que toutes les valeurs propres de A sont soit égales à 1, soit de module strictement inférieur à 1.
Exercice 3
a) Soit M ∈ Mp(C) telle que pour tout k ∈ ~1, p, tr(Mk) = 0. Montrer que M est nilpotente.
b) Soient A et B deux matrices de Mp(C) telle que pour tout t ∈ C, A est semblable à A + tB. Montrer que B est
nilpotente.
c) Soit (Mn) une suite de matrices semblables entre elles, telle que lim Mn= 0. Montrer que M0est nilpotente.
d) Soit M0 une matrice nilpotente. Montrer l’existence d’une suite de matrices (Mn) semblables à M0 telle que
lim Mn= 0.
a) M ∈ Mp(C) donc M est semblable à une matrice triangulaire T. Notons λ1, . . . , λples termes diagonaux de T.
Pour tout k ∈ ~1, p, Mkest semblable à Tkdonc pour tout k ∈ ~1, p,
p
X
i=1
λki = 0. Considérons un polynôme de la forme P =
p
X
k=1
akXk (sans terme constant et de degré inférieur ou égal à p). Une
combinaison linéaire des équations précédentes montre qu’un tel polynôme vérifie P(λ1) + · · · + P(λp) = 0.
Appliqué au polynôme Pj= X
Y
λi,λj
(X − λi) cette égalité fournit la relation : λj
Y
λi,λj
(λj− λi) = 0 qui impose λj= 0,
et ce pour tout j ∈ ~1, p.
La diagonale de T est nulle donc T est nilpotente, et par voie de conséquence M aussi.
b) Nous allons montrer que pour tout k ∈ N∗, tr(Bk) = 0. On commence par traiter les cas k = 1 et k = 2 pour mieux comprendre le raisonnement.
– A et A + tB sont semblables donc tr(A) = tr(A + tB), ce qui donne pour tout t ∈ R, t tr(B) = 0. Pour t , 0 ceci impose tr B = 0. Le résultat est acquis pour k = 1.
– A2et (A + tB)2sont semblables donc tr(A2) = tr(A2+ t(AB + BA) + t2B2), ce qui donne : ∀t ∈ C, t tr(AB + BA) +
PC∗
est nuls, donc tr(AB + BA) = 0 et tr(B2) = 0.
Plus généralement, Ak et (A + tB)k sont semblables donc tr(A + tB)k−Ak= 0, et le développement de cette expression donne une fonction polynomiale identiquement nulle dont le coefficient dominant est tr(Bk). Il en
résulte que tr(Bk) = 0, et la question précédente permet de conclure : B est nilpotent.
c) Pour tout k ∈ N∗, tr(Mk0) = tr(Mkn) et en faisant tendre n vers +∞ on obtient par linéarité de la trace :
tr(Mk0) = tr(0) = 0. D’après la première question M0est nilpotente.
d) M0 est trigonalisable donc semblable à une matrice T triangulaire supérieure à diagonale nulle. Posons
T = (tij) avec i > j =⇒ tij= 0.
Posons Q(λ) = diag(λ, λ2, . . . , λp) avec λ , 0. Alors Q(λ)−1= diag(λ−1, . . . , λ−p).
On calcule facilement Q(λ)TQ(λ)−1= (λi−jtij). Sachant que i > j =⇒ tij= 0 et que i < j =⇒ lim
λ→+∞λ
i−j = 0 il
suffit de choisir pour λ une suite qui tend vers +∞ pour obtenir une suite de matrices semblables à T donc à M0
qui tend vers 0 ; par exemple Mn= Q(n)TQ(n)
−1 . Exercice 4 Soit M ∈ Mn(R), et E = n P−1MP P∈ GLn(R) o
. Montrer que l’ensemble E est borné si et seulement si M est la matrice d’une homothétie.
Notons que puisque toutes les normes sont équivalentes en dimension finie, on peut choisir de travailler avec la norme kMk = max
i,j
|Mi,j|.
Si M est la matrice d’une homothétie alors M = λInet E =
n λIn
o
est borné puisqu’il ne contient qu’un seul élément. Si M n’est pas la matrice d’une homothétie alors il existe x ∈ Rn tel que la famille (x, Mx) soit libre (résultat classique prouvé plus loin).
Soit alors α > 0 et une base (e1, . . . , en) de Rntelle que e1= x et e2=
1
αMx. Notons P la matrice de passage de la
base canonique vers la base (e). Alors P−1MP = 0 α 0 .. . 0 et kP−1MPk > α.
Ceci étant valable pour tout α > 0, l’ensemble E n’est pas borné.
Pour finir, prouvons que si pour tout x ∈ Rnla famille (x, Mx) est liée, alors il existe λ ∈ R tel que M = λIn.
L’hypothèse se traduit par : pour tout x ∈ Rn, il existe λx∈ Rtel que Mx = λxx.
Soient x et y deux vecteurs non nuls de Rn.
– Si (x, y) est liée, il existe α ∈ R tel que y = αx et alors λyy = My = αMx = αλxx = λxy donc λy= λx.
– Si (x, y) est libre, alors λx+y(x + y) = M(x + y) = Mx + My = λxx + λyy et par unicité de la décomposition,
λx+y= λx= λy.
Dans tous les cas, λy = λx donc il existe λ ∈ R tel que pour tout x ∈ Rn, Mx = λx ; M est la matrice d’une
