Points extrémaux de la boule unité de L(E )
Référence :FGNal3p. 130
Lecons : Matrices symétriques (158), Endomorphismes remarquables (160), Isométries (161), Barycentres (181).
SoitA∈ Mn(R). Il existe un couple (O, S)∈ On(R)× Sn+(R) tel que A=OS.
Lemme(Décomposition polaire)
Preuve du Lemme(Gourdon Algèbre p249 ou FGNAl3 p129)
— On suppose queAest inversible.tAAest symétrique définie positive (carAinversible) donc il existeS∈Sn++(R) telle quetAA=S2. On poseO=AS−1. AlorstOO=tS−1tAAS−1=S−1S2S−1=In. Donc ce couple convient.
— SiAnon inversible, on utilise la densité deGLn(R) dansMn(R). Il existe une suite (Ap)p∈Nde matrices inversibles qui converge vers A.
Pour tout p, on écrit Ap =OpSp, avec (Op, Sp)∈ On(R)×Sn++(R). On(R) est un compact car c’est un fermé1 borné (ok) deMn(R). Donc on peut extraire une sous-suiteOϕ(p)convergente versO∈ On(R).
DoncSp=O−1ϕ(p)Ap→O−1A:=S et S est symétrique2.
De plus, S est positive (et juste positive, pas définie !), car, pour toutX ∈Rn,g :S7→tXSX est continue donc commetXSpX >0, on atXSX >0. Donc S∈Sn++(R). On a donc la décomposition souhaitée.
SoitE un espace euclidien etB={u∈ L(E)/|||u|||61}.Alors Extr(B) =O(E).
Théorème
Preuve du Théorème
— On prouve déjà que siu∈ O(E) alorsuest extrémal.
Comme|||u|||= 1 alorsu∈B. On suppose par l’absurde queuest milieu d’un segment.
On poseu=1
2(v+w) avecv, w∈B.
Soitx∈E tel quekxk= 1. Alors : kxk= 1 =ku(x)k= 1
2kv(x) +w(x)k
(i)
6 1
2(kv(x)k+kw(x)k)
(ii)
6 1
2(|||v|||+|||w|||)
(iii)
6 1 car
(i) : inégalité triangulaire (ii) : déf de|||·|||etxest unitaire (iii) :v, w∈B
Donc toutes ces inégalités sont des égalités (il y a égalité à chaque étape).
(ii) + (iii)donnent|||v|||=|||w|||= 1 etkv(x)k=kw(x)k= 1.
(i)donne que les vecteurs v(x) =λw(x) avec λ >0 (cas d’égalité dans l’inégalité triangulaire). Avec l’égalité sur les normes, on av(x) =w(x).
Cela est valable pour tout xunitaire, et donc par linéarité3,v=w.
Doncune s’écrit pas comme un milieu, il est donc extrémal !
— Réciproquement, on prendu∈B\ O(E). On va montrer queun’est pas extrémal.
On travaille matriciellement (cela est bien possible car Eest de dimension finien) pour cela. SoitAla matrice de udans une BON deE, on effectue sa décomposition polaire :
A=OS
avecO∈ On(R) etS∈ Sn+(R).S est symétrique réelle donc elle est diagb dans une base orthogonale : S= tP DP
1. Soitf:M7→tM M. Elle est continue (polynomiale) etOn(R) =f−1(In) 2. Soitf:M7→tM−M. Elle est continue (polynomiale) etSn(R) =f−1(0n) 3. on fait lorsqueyn’est pas unitaire et non nulkyk y
kyk
LauraGay p.1 15 juillet 2015
avecP ∈ On(R) etD= diag(d1, d2, . . . , dn).
On sait que|||S|||=|||A|||carO est une isométrie et donckAxk=kOSxk=kSxk.
De plus, comme u∈B,|||S|||=|||A|||61. Comme on a également queS est positive,∀k∈J1;nK, dk∈[0,1].
Mais, par hypothèse, A n’est pas orthogonale, donc il existe au moins l’un des dk qui ne soit pas égal à 1 (par l’absurde s’ils l’étaient tous,S=In etA=O...). Quitte à permuter, soitd1 cet élément. On a 06d1<1.
On peut écrire d1 = a+b
2 , où −1 6 a < b 61. En effet, d1 n’est pas un point extrémal du segment [−1,1] et comme il peut être nul, on n’est obligé d’autoriser la négativité de aet bsi on veuta6=b.
On poseD0= diag(a, d2, . . . , dn) etD00= diag(b, d2, . . . , dn) et ainsiD=1
2(D0+D00) maisD06=D00. Ainsi : A= 1
2(O tP D0P+O tP D00P)
On a presque ce que l’on veut :Aa l’air de s’écrire comme milieu de deux points deB... il faut vérifier que ce sont bien des points deB :
|||O tP D0P|||6|||O|||
| {z }
=1
|||tP|||
| {z }
=1
|||D0|||
| {z }
61
|||P|||
| {z }
=1
61
On fait exactement la même chose pourD00. AinsiA(et doncu) s’écrit comme milieu de deux points distincts de
B, un’est donc pas extrémal.
Petits rappels sur les points extrémaux
SoitC un convexe deE. On dit queM ∈ C est un point extrémal si toute égalité M = (1−t)P+tQ
(avect∈[0,1] etP, Q∈ C) entraîneM =P ouM =Q.
Définition
SoitM un point deC un convexe deE. Sont équivalents : 1. Un pointM est extrémal deC.
2. M n’est jamais le milieu d’un “vrai” (non réduit à un point) segment [AB]⊂ C.
3. C \M est convexe.
Proposition
Preuve de la Proposition
On montre tout par contraposée : non 2⇒non 1⇒non 3⇒non 2.
[Mercier, Cours de Géométrie, Préparation au CAPES et à l’Agrégation, p. 196]
Notes :
XA l’oral, commencer par leLemme12’22 en lent.
X Le théorème se vérifie facilement en dimension 1. Dans ce cas,E s’identifie à Ret donc L(E)' M1(R)'R. On a égalementB= [−1,1] donc ses points extrémaux sont 1 et−1 ce qui correspond bien àO(E) ={±IdE}.
LauraGay p.2 15 juillet 2015
