SESSION 2010 E3A
Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE Epreuve de Mathématiques A MP
Questions de cours
1. SoientEun espace vectoriel etNetN′deux normes surE.NetN′sont équivalentes si et seulement si il existeα > 0 etβ > 0tels queαN′6N6βN′.
2. SoitX= (xk)16k6n ∈Rn. Il existek0∈J1, nKtel que |xk0|=N∞(X). Par suite,
Np(X) = Xp
k=1
|xk|p
!1p
>(|xk0|p)1p =|xk0|=N∞(X).
D’autre part,
Np(X) = Xp
k=1
|xk|p
!1p 6
Xp
k=1
(N∞(X))p
!1p
= n(N∞(X))pp1
=n1pN∞(X).
∀p>1,∀X∈Rn, N∞(X)6Np(X)6n1pN∞(X).
On a explicitement vérifié queNpetN∞ sont deux normes équivalentes surRn.
3. Puisque Rn est un R-espace vectoriel de dimension finie, on sait que toutes les normes sur Rn sont deux à deux équivalentes.
4. On note(e1, . . . , en)la base canonique deRn. Pour X= (xk)16k6n ∈Rn, N∞(u(X)) =N∞
Xn
k=1
xku(ek)
! 6
Xn
k=1
|xk|N∞(u(ek))6 Xn
k=1
N∞(u(ek))
!
N∞(X).
Par suite, il existeK∈Rtel que∀X∈Rn,N∞(u(X))6KN∞(X). Par exemple, le réelK= Xn
k=1
N∞(u(ek))convient.
5. Soit(E, N)unK-espace vectoriel normé etuun endomorphisme de E. uest continu sur l’espace normé(E, N)si et seulement si il existeK∈Rtel que ∀x∈E, N(u(x))6KN(x).
6. PuisqueRn est unR-espace de dimension finie, on sait que pour toute normeNsurRn, tout endomorphismeudeE est continu sur l’espace normé(E, N). Démontrons le.
Soit(ek)16k6n une base donnée deEetNune norme surE. Pourx= Xn
k=1
xkek∈E, on poseN∞(x) = max
16k6n|xk|. Puisque Rn est de dimension finie sur R, les normes N et N∞ sont équivalentes. par suite, il existe α > 0 et β > 0 tels que αN∞ 6N6βN∞. Pourx∈E, on a alors
N(u(x))6βN∞(u(x))6βKN∞(x)6Kβ α N(x).
Par suite, il existeK′∈Rtel que∀x∈E, N(u(x))6K′N(x)et doncuest continu sur l’espace normé(E, N).
Partie 1
1. Notons C1, C2 et C3 les colonnes de A. kC1k = 1 3
√12+22+22 = 1 = kC2k et hC1, C2i = 1
9(4−2−2) = 0.
Enfin,C1∧C2= 1 9
2
−2 1
∧
2 1
−2
= 1 9
3 6 6
= 1 3
1 2 2
=C3. En résumé,kC1k=kC2k =1, hC1, C2i=0 et C1∧C2=C3 et on sait que
A∈O+3(R).
http ://www.maths-france.fr 1 c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés.
2. PuisqueB est orthonormée, on sait alors queu∈O+(E)et donc uest une rotation vectorielle.
3. En développant suivant la première colonne, on obtient
χA=
2
3 −λ 2 3
1 3
−2 3
1
3 −λ 2 1 3
3 −2 3
2 3 −λ
= 2
3−λ λ2−λ+ 2 3
+2
3
−2 3λ+2
3
+1 3
1 3λ+1
3
= −λ3+5 3λ2−5
3λ+1= −(λ−1)
λ2−2 3λ+1
= −(λ−1) λ−1+2i√ 2 3
!
λ−1−2i√ 2 3
! .
Par suite,Aadmet trois valeurs propres simples dansCet donc
Aest diagonalisable dansM3(C).
4. 4.1.Puisque R3est un R-espace de dimension finie surE, l’endomorphisme uest continu surE. De plus,u∈O(E) et donc pour toutXdeEtel que kXk=1, on aku(X)k=kXk=1. On en déduit que sup
kXk=1ku(X)k=1 ou encore
|||u|||=1.
4.2.SoitS={X∈E/kXk=1}.
• Sest borné.
• On sait que l’applicationX7→kXkest continue sur l’espace normé(E,k k)et doncS est un fermé deEen tant qu’image réciproque de{1}qui est un fermé deRpar l’application continueX7→kXk.
Ainsi,S est une fermé borné de Eet donc, puisqueEest de dimension finie, Sest un compact de Ed’après le théorème deBorel-Lebesgue. Maintenant, l’applicationX7→kw(X)k est continue sur E (en tant que composée de l’application X7→w(X), continue surEà valeurs dans E, etY 7→kYk continue surE) à valeurs dansR. On sait que cette application admet un maximum sur le compactS ou encore il existeX0∈Etel quekX0k=1et |||w|||=kw(X0)k.
5. Puisque u∈O(E), pour tout k∈N, uk ∈O(E). Mais alors, pour toutk∈ N,|||uk|||= 1. Ceci montre que la suite (uk)k∈Nest une suite bornée de l’espace normé(Lc(E),||| |||).
6. 6.1.Ker(v)est l’axe de la rotationu: c’est une droite vectorielle. On note alors queA(1, 0, 1) = (1, 0, 1)et donc Ker(v) =Vect(e1+e3).
6.2. 1ère solution.D’après le théorème du rang, Im(v)est un plan vectoriel. Im(v)est l’espace engendré par les colonnes de la matriceA−I3à savoir 1
3(−1,−2, 1), 1
3(2,−2,−2)et 1
3(1, 2,−1). Les deux vecteurse1′ = (1, 2,−1)ete2′ = (1,−1,−1) sont donc deux vecteurs indépendants de Im(v)et par suite,(e1′, e2′)est une base de Im(v)
Maintenant,he1+e3, e1′i=he1+e3, e2′i=0et donc Im(v)⊂(Ker(v))⊥ puis Im(v) = (Ker(v))⊥car ces deux sous-espaces ont mêmes dimensions finies.
2ème solution.Soitx∈Ker(v). Alorsu(x) =xpuisu−1(x) =x. D’autre part, puisqueu∈O(E),u∗=u−1. Par suite, pour touty∈E,
hx, v(y)i=hx, yi−hx, u(y)i=hx, yi−hu−1(x), yi=hx, yi−hx, yi=0.
On retrouve de nouveau Im(v)⊂(Ker(v))⊥ puis
Im(v) = (Ker(v))⊥.
6.3.En particulier,
E= (Ker(v))⊕⊥Im(v).
6.4.SoitX∈E. Il existe un unique couple(X1, X2)∈Ker(v)×Im(v)tel queX=X1+X2. D’autre part, il existeZ∈E tel queX2=v(Z) =Z−u(Z). En résumé,
∀X∈E, ∃!X1∈Ker(v),∃Z∈E/X=X1+Z−u(Z).
6.5.Soitm∈N∗. SoientXdansEpuisX1∈Ker(v)et Z∈Etel queX=X1+Z−u(Z).
PuisqueX1∈Ker(v), on au(X1) =X1puis∀k∈N,uk(X1) =X1. On en déduit que
pm(X) = 1 m
m−1X
k=0
uk(X1+Z−u(Z)) = 1 m
m−1X
k=0
(X1+ukZ−uk+1(Z)) =X1+ 1 m
m−1X
k=0
(ukZ−uk+1(Z))
=X1+ 1
m(Z−um(Z)) (somme télescopique).
SoitZ∈E. Pour toutm∈N∗,
1
m(Z−um(Z))
6 1
m(kZk+kum(Z)k) = 2kZk
m . On en déduit que
∀Z∈E, lim
m→+∞
1
m(Z−um(Z)) =0.
Par suite,∀X∈E, lim
m→+∞pm(X) =X1=p(X)oùpest la projection sur Ker(v)parallèlement à Im(v).
Partie 2
1. • Pour chaque A∈ Mn(R), l’applicationX 7→ AX est un endomorphisme continu de Rn. Donc, pour chaque A∈
Mn(R), |||A|||existe dansR.||| |||est une application deMn(R)dansR.
• ∀A∈ Mn(R),|||A|||>0.
•SoitA∈ Mn(R).
|||A|||=0⇒∀X∈Rn, (kXk=1⇒AX=0)⇒∀X∈Rn\ {0}, A X
kXk =0⇒∀X∈Rn, AX=0⇒A=0.
•SoientA∈ Mn(R)etλ∈R.|||λA|||= sup
kXk=1kλAXk=|λ| sup
kXk=1kAXk=|λ| |||A|||.
• Soit (A, B) ∈ (Mn(R))2. Pour tout X ∈ Rn tel que kXk = 1, k(A+B)Xk 6 kAXk+kBXk 6 |||A|||+|||B||| et donc
|||A+B|||6|||A|||+|||B|||.
On a montré que
||| |||est une norme surMn(R).
2. 2.1. tB = t(tAA) = tAA = B et donc B ∈ Sn(R). On sait alors que toutes les valeurs propres de B sont réelles.
Soientλ∈Rune valeur propre deBpuisXun vecteur propre associé.
λkXk2=λtXX=tX(λX) =tX(tAAX) =t(AX)AX=kAXk2, et donc, puisqueX6=0, λ= kAXk2
kXk2 >0.
B∈Sn(R)et Sp(B)⊂R+.
Si de plusA∈GLn(R), il en est de même deBcar det(B) = (det(A))26=0et donc 0n’est pas valeur propre deB. Dans ce cas, Sp(B)⊂]0,+∞[.
2.2.Si Uest semblable à B, on sait queUet Bont les mêmes valeurs propres et en particulierρ(U) =ρ(B).
2.3.Soientλ1, . . . ,λn les valeurs propres deBoù la numérotation a été faite de telle sorte que06λ16λ26. . .6λn
(de sorte queρ(B) =λn).
D’après le théorème spectral,∃P∈On(R)telle queB=PDtPoùD=diag(λk)16k6n. PourX= (xk)16k6n∈N
kAXk2=t(AX)(AX) =tXtAAX=tXBX=tXPDPX=t(tPX)D(tPX)
= Xn
k=1
λix2i (où on a posétPX= (xk′)16k6n)
6 Xn
k=1
x2i
!
λn=ρ(B)ktPXk=ρ(B)kXk(carP∈On(R)).
Ainsi, pour tout vecteurXtel quekXk=1, on akAXk6p
ρ(B)et on en déduit que |||A|||6p
ρ(B)ou encore que
∀A∈ Mn(R), |||A|||26ρ(B).
2.4.Si de plus on choisit un vecteur propre unitaireX0deBassocié à la valeur propreλn, on obtientkAX0k2=tX0BX0= λntX0X0=λnkX0k2=ρ(B)et donc|||A|||2>ρ(B)et finalement
∀A∈ Mn(R), |||A|||2=ρ(B).
3. 3.1.|||A|||=|γ||||In|||=|γ|.
3.2. Plus généralement, pour k ∈ N, La suite (Ak)k∈N, |||Ak|||= |γ|k|||Ikn||| = |γ|k. En particulier, la suite (Ak)k∈N est bornée si et seulement siγ∈[−1, 1]\ {0}.
3.3.Soitm∈N∗. Puisqueγ6=1,
Pm= 1 m
m−1X
k=0
Ak= 1 m
m−1X
k=0
γk
! In= 1
m 1−γm
1−γ In. Maintenant, puisque|γ|< 1, pour toutXdeE, lim
m→+∞Pm(X) = lim
m→+∞
1 m
1−γm 1−γ X=0.
∀X∈E, lim
m→+∞Pm(X) =0.
4. 4.1.Supposons queusoit diagonalisable en base orthonormée, ou encore queAsoit symétrique réelle. Soit(ei)16i6n
une base orthonormée de vecteurs propres associée à la famille de valeurs propres(λi)16i6n. SoitX= Xn
i=1
xiei un vecteur unitaire.
kAXk2
A Xn
i=1
xiei
!
2
=
Xn
i=1
λixiei
!2
= Xn
i=1
λ2ix2i (car la base(ei)16i6nest orthonormée)
6ρ(A)2 Xn
i=1
x2i =ρ(A)2.
Par suite, pour toutXunitaire,kAXk6ρ(A) avec égalité effectivement obtenue quandXest un vecteur propre unitaire associé à une valeur propreλtelle que|λ|=ρ(A). On en déduit que
∀A∈ Sn(R),|||A|||=ρ(A).
Si maintenantAest une matrice diagonalisable quelconque, il existe une matriceP∈GLn(R)telle queA=PDP−1et on
a|||A|||6|||P|||×|||P−1|||×|||D|||=|||P|||×|||P−1|||×ρ(D) =|||P|||×|||P−1|||×ρ(A)et on n’a rien de mieux (erreur probable
d’énoncé).
4.2.Si ρ(A)61, alors∀k∈N,|||Ak|||=|||PDkP−1|||6|||P|||×|||P−1|||×|||Dk|||=|||P|||×|||P−1|||×ρ(A)k6|||P|||×|||P−1|||.
Dans ce cas, la suite(Ak)k∈Nest bornée.
Sirho(A)> 1, il existe une valeur propreλ0telle que |λ0|> 1. SoitX0 un vecteur propre unitaire associé. Pourk∈N,
|||Ak|||>kAkX0|||=|λ0|kkX0k=|λ0|k. Maintenant, puisque |λ0| > 1, on a lim
k→+∞
|λ0|k = +∞puis lim
k→+∞
|||Ak|||= +∞. Dans ce cas, la suite (Ak)k∈N n’est pas bornée.
La suite(Ak)k∈N est bornée si et seulement siρ(A)61.
4.3.SoitP∈GLn(R)telle queA=PDP−1 avecD=diag(λi)16i6n.
Pm = 1 m
m−1X
k=0
(PDP−1)k=P 1 m
m−1X
k=0
Dk
!
P−1= 1 m Pdiag
m−1X
k=0
λki
!
16i6n
P−1
= 1 m Pdiag
1−λmi 1−λi
16i6n
P−1(car∀i∈J1, nK, λi6=1).
Maintenant, puisque chaque λi, 1 6 i 6 n, est dans ] − 1, 1[, lim
m→+∞diag
1−λmi 1−λi
16i6n
= diag 1
1−λi
16i6n
. Ensuite, l’applicationM 7→PMP−1 est un endomorphisme de l’espace de dimension finieMn(R) et donc l’application M7→PMP−1est continue surMn(R). On en déduit que lim
m→+∞Pdiag
1−λmi 1−λi
16i6n
P−1=Pdiag 1
1−λi
16i6n
P−1 puis que lim
m→+∞Pm = lim
m→+∞
1 mPdiag
1−λmi 1−λi
16i6n
P−1=0.
Si Sp(A)⊂] −1, 1[, lim
m→+∞Pm=0.
Partie 3
1. Soitm∈N∗. SoitX∈Ker(v). Alorsu(X) =Xpuis∀k∈J0, m−1K,uk(X) =Xet donc pm(X) = 1
m
m−1X
k=0
X= 1
mmX=X.
∀m∈N∗,∀X∈Ker(v),pm(X) =X.
2. Soitm∈N∗. pm etvsont deux polynômes enuet doncpm etv commutent. De plus pm◦v= 1
m(idE−u)◦
m−1X
k=0
uk
!
= 1
m(idE−um).
3. 3.1.SoitX∈Im(v). Il existeY∈Etel queX=v(Y). Mais alors, pourm∈N∗, kpm(X)k=kpm(v(Y))k=
1
m(Y−um(Y))
6 1
m(kYk+kum(Y)k)6 kYk
m (1+|||um|||),
oùY est un antécédent deXparv(on sait que pour tout endomorphismefet tout vecteurY,kf(Y)k6|||f|||× kYk).
3.2.Par hypothèse la suite(|||um|||)est bornée et donckpm(X)k =
m→+∞ O 1
m
. On en déduit que lim
m→+∞pm(X) =0.
∀X∈Im(v), lim
m→+∞pm(X) =0.
4. Soit X∈Ker(v)∩Im(v). Puisque X ∈Ker(v), la suite (pm(X)m∈N∗ converge versX et puisqueX ∈Im(v), la suite (pm(X)m∈N∗ converge vers 0. Par unicité de la limite, on en déduit que X=0. On a montré que Ker(v)∩Im(v) ={0}et donc la somme Ker(v) +Im(v)est directe.
5. D’après le théorème du rang, dim(H) =dim(Ker(v)) +dim(Im(v))) =net doncH=E.
E=Ker(v)⊕Im(v).
6. PuisqueE=Ker(v)⊕Im(v), on peut définirple projecteur sur Ker(v)parallèlement à Im(v).
Si X ∈ Ker(v) lim
m→+∞pm(X) = X = p(X) et si X ∈ Im(v) lim
m→+∞pm(X) = X = p(X). Donc par linéarité, puisque E=Ker(v)⊕Im(v), pour toutXdeE, lim
m→+∞pm(X) =p(X)et donc
la suite(pm)m∈N∗ converge simplement versple projecteur sur Ker(v)parallèlement à Im(v).
Partie 4
1. On sait que ||| |||est une norme sous-multiplicative. On en déduit que∀m∈N∗, |||um|||6|||u|||m 61. Donc la suite (um)m∈N∗ est bornée.
2. Soitm∈N∗. |||pm|||6 1 m
m−1X
k=0
|||uk|||6 1 m
m−1X
k=0
1=1.
3. 3.1.Soientm∈N∗,X∈Im(v)etT ∈Im(v).
kpm(X)k=kpm(X−T) +pm(T)k6kpm(X−T)k+kpm(T)k6|||pm|||× kX−Tk+kpm(T)k6kX−Tk+kpm(T)k.
∀X∈Im(v),∀T ∈Im(v),kpm(X)k6kX−Tk+kpm(T)k.
3.2.Dans la question 3.1 de la partie 3, l’hypothèse de dimension finie n’a pas été utilisée.
Donc on a encore :∀T ∈Im(v), lim
m→+∞pm(T) =0.
Soit X ∈ Im(v). Soit ε > 0. On choisit T ∈ Im(v) tel que kX−Tk < ε
2. D’après la question précédente, ∀m ∈ N∗, kpm(X)k 6 ε
2 +kpm(T)k. Maintenant, puisque lim
m→+∞pm(T) =0, il existe m0 ∈N∗ tel que ∀m >m0, kpm(T)k < ε 2. Pourm>m0, on akpm(X)k< ε.
On a montré que :∀ε > 0,∃m0∈N∗/∀m>m0, kpm(X)k< εet donc lim
m→+∞pm(X) =0.
∀X∈Im(v), lim
m→+∞pm(X) =0.
4. Tout d’abord siFest un sous-espace deE, alorsFest un sous-espace deE. En effet,0∈Fet si(x, y)∈F2et(λ, µ)∈R2, il existe deux suitesd’éléments de F (xn)n∈N et (yn)n∈N telles que lim
n→+∞xn = xet lim
n→+∞yn = y. Mais alors, la suite (λxn+µyn)n∈N est une suite d’éléments de F car F est un sous-espace vectoriel, et cette suite converge vers λx+µy.
Ainsi,λx+µyest limite d’une suite d’éléments deF et doncλx+µy∈F.
En particulier, Im(v) est un sous-espace de E. Maintenant, comme à la question 4 de la partie 3, siX∈Ker(v)∩Im(v), alorsX= lim
m→+∞pm(X) =0. Donc
la sommeH=Ker(v) +Im(v)est directe.
5. 5.1.Pour chaquem∈N∗,pm commute avecvet on sait alors que Im(v)est stable parpm. 5.2.Soientm∈N∗etX∈Im(v). Il existe une suite(Xn)d’éléments de Im(v)telle que lim
m→+∞Xn =X. Maintenant,uest continu sur l’espace vectoriel normé(E,k k)et doncpm = 1
m
m−1X
k=0
uk est continu sur (E,k k). On en déduit que la suite (pm(Xn))n∈Nconverge verspm(X). Mais Im(v)est stable par pm et donc chaquepm(Xn),n∈N, est dans Im(v). Ainsi, pm(X)est limite d’une suite d’éléments de Im(v)et doncpm(X)∈Im(v). On a montré que
∀m∈N∗, Im(v)est stable par pm.
5.3.D’autre part, Ker(v)est stable parpm car∀X∈Ker(v),pm(X) =X. Par linéarité,H=Ker(v) +Im(v)est stable par pm.
∀m∈N∗,H=Ker(v)⊕Im(v)est stable parpm.
6. 6.1. ∀Y ∈Ker(v), ∀m∈ N∗, pm(Y) = Y et donc lim
m→+∞pm(Y) =Y. D’autre part, ∀Z∈ Im(v), lim
m→+∞pm(Z) = 0.
Donc,∀(Y, Z)∈Ker(v)×Im(v), lim
m→+∞pm(Y+Z) = lim
m→+∞pm(Y) +pm(Z) =Y =π(Y+Z)ou encore
∀X∈H, lim
m→+∞pm(X) =π(x).
6.2. Soit X ∈ H. Pour tout m ∈ N∗, pm(X) = pm(π(x)) +pm(X−π(X)) = π(x) +pm(X−π(X)) et donc π(X) = pm(X) −pm(X−π(X)). Par suite, pourm∈N∗,
kπ(X)k6kpm(X)k+kpm(X−π(X))k6|||pm|||kXk+kpm(X−π(X))k6kXk+kpm(X−π(X))k. Ainsi,∀m∈N∗, kπ(X)k6kXk+kpm(X−π(X))k. Maintenant,X−π(X)∈Im(v)et donc lim
m→+∞pm(X−π(X)) =0 ou encore lim
m→+∞kpm(X−π(X))k=0. Quandmtend vers+∞, on obtientkπ(X)k6kXk.
∀X∈H,kπ(x)k6kXk.
6.3.(erreur probable d’énoncé :πest un endomorphisme deHmaisπn’a pas été défini surEtout entier). On en déduit que sup
kXk=1kπ(X)k61 <+∞et on sait alors que
π∈ Lc(H).
Partie 5
1. SoitX∈E. Pourn∈N,|(u(X))n|=|xn+1|6kXk. Donc la suiteu(X)est bornée. Ainsi, ∀X∈E, u(X)∈Eet donc u est bien une application deEdansE. De plus,∀X∈E, ku(X)k6kXk.
Soient(X, Y)∈E2et(λ, µ)∈R2. Pour toutn∈N,
(u(λX+µY))n= (λX+µY)n+1=λXn+1+µYn+1= (λu(X) +µv(Y))n, et doncu(λX+µY) =λu(X) +µu(Y).
uest un endomorphisme deE.
2. Pour toutX∈Etel quekXk=1,ku(X)k6kXk=1 et donc|||u|||= sup
kXk=1ku(X)k61. D’autre part, siXest la suite constante(1)n∈N,X0est un élément deEtel quekX0k=1 et donc|||u|||>ku(X0)k=kX0k=1. Finalement
|||u|||=1.
3. Ker(v)est l’ensemble des suites bornéesXtelles que∀n∈N,xn+1=xn c’est-à-dire l’ensemble des suites constantes.
Ker(v)est l’ensemble des suites constantes.
4. Soit X ∈Im(v). Il existe Y ∈ E telle que X = Y−u(Y) ou encore∀n ∈ N, xn = yn−yn+1. Mais alors pour tout n∈N∗,
|sn|=
n−1X
k=0
(yk−yk+1)
=|y0−yn|62kYk, ce qui reste vrai quandn=0. Donc la suite(sn)n∈Nest bornée.
Réciproquement, soitXun élément deEtel que la suiteS= (sn)n∈Nsoit bornée. SoitY= −S.Y est un élément de E.
De plus,(v(Y))0= −s0+s1= x0 et pour n∈N∗, (v(Y))n = −sn+sn+1= −
n−1X
k=0
xk+ Xn
k=0
xk =xn. Donc,v(Y) =X et X∈Im(v).
On a montré que Im(v)est constitué des suitesXtelles que la suiteSsoit bornée.
5. SoitX∈E. Si la suite(pm(X))m∈Nconverge dans l’espace normé(E,k k), il existeY ∈Etel que lim
m→+∞kpm(X)−Yk=0.
En particulier, puisque|(pm(X))0−y0|6kpm(X) −Yk, on a lim
m→+∞(pm(X))0=y0ou encore
mlim→+∞
x0+x1+. . .+xm−1
m =y0.
Ainsi, si la suite(pm(X))m∈Nconverge dans l’espace normé(E,k k), la suite(xm)m∈Nconverge au sens deCesaro.
Construisons alors une suite réelle bornéeXtelle que la suite
x0+x1+. . .+xm−1
m
m∈N∗
diverge.
SoitXla suite dont les termes consécutifs sont un1, puis deux 0, puis quatre 1puis huit0, puis seize1, . . . , puis22p 1, puis22p+10, . . . Pourm∈N∗, posonswn= x0+. . .+xn−1
n . Alors
w22p+1−1=w1+2+22+...+22p = 1×1+2×0+4×1+. . .+22p−1×0+22p×1 1×1+2×1+4×1+. . .+22p−1×1+22p×1 =
(22)p−1 22−1 22p+1−1
= 1
3× 22p−1 22p+1−1, et donc aussiw22p+2−1= 1
3× 22p−1
22p+2−1. Par suite,w22p+1−1+p∞
→
1
3× 22p 22p+1 = 1
6 et w22p+2−1+p∞
→
1
3 × 22p 22p+2 = 1
12. Puisque les deux suites extraites(w22p+1−1)p∈Net(w22p+2−1)p∈Nconvergent vers des limites distinctes, la suite(wn)n∈N∗
est divergente.
D’après la remarque initiale, la suite X est un élément de E tel que la suite (pm(X))m∈N∗ diverge dans l’espace normé (E,k k). Ceci montre en particulier que E6=Ker(v)⊕Im(v).
Il existe X∈Etel que la suite(pm(X))m∈N∗ dans l’espace normé(E,k k).
