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CCP Maths 2 PSI 2008 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Nicolas Weiss (Docteur en mathématiques) ; il a été relu par Denis Conduché (ENS Ulm) et Guillaume Dujardin (Chercheur à l’INRIA).
Le sujet traite de la convergence de la suite définie pour toutn∈N∗ par Ln(x) = 1
n
n−1
P
k=0
ℓk(x)
oùℓest un endomorphisme d’un espace vectorielEnormé de dimension finie etxun élément deE.
Sous certaines hypothèses sur ℓ et E, on peut montrer que la suite (Ln(x))n>1
converge vers le projeté dexsurKer (ℓ−id )parallèlement àIm (ℓ−id ). On montre au préalable que dans ces casE = Ker (ℓ−id )⊕Im (ℓ−id ).
Les parties sont toutes indépendantes même si elles constituent des variations autour du même thème.
• Chaque sous-partie de la première partie traite d’un exemple concret : automor- phisme orthogonal symétrique, endomorphisme continu de norme inférieure à1, automorphisme orthogonal sans point fixe.
• La deuxième partie montre la convergence de(Ln(x))n>1de façon plus générale dans le cas des automorphismes orthogonaux, puis des endomorphismes conti- nus de norme inférieure à 1. Le cas des automorphisme orthogonaux est un cas particulier du théorème de Von Neumann, qui reste vrai quand E est un espace de Hilbert (c’est-à-dire un espace préhilbertien dans lequel toute suite de Cauchy est convergente).
• Enfin, la troisième partie utilise les techniques employées auparavant pour démontrer que le groupe orthogonal O(E) d’un espace vectoriel euclidien E est engendré par les réflexions.
Le traitement du sujet est répétitif, ce qui est inévitable puisque l’on étudie à chaque fois le même phénomène dans des contextes proches. Les techniques employées sont cependant variées d’une partie à l’autre : réduction des endomorphismes, ortho- normalisation de Gram-Schmidt, identification d’isométrie, adjoint d’un endomor- phisme, automorphismes orthogonaux.
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Indications
Partie I
I.A.1.3 Que vaut la trace d’un endomorphisme diagonalisable ? I.A.2.1 Méthode d’orthonormalisation de Gram-Schmidt.
I.A.2.2 Les espacesE1et E−1 sont supplémentaires orthogonaux dansE.
I.A.3.1 Utilisers(x) =y−z.
I.A.3.2 La suite(βn)n tend vers 0.
I.B.2.1 Le polynôme caractéristique deℓest divisible par(1−X)2. I.B.3.1 Utiliserℓ(x) =y+λz.
I.C.3.2 Se rappeler decos(Arcsin (x)).
I.C.4 Somme des termes d’une suite géométrique.
I.C.5.2 La matriceT′ est une matrice par blocs.
I.C.5.3 Appliquer àF2la démarche de I.C.5.1 et I.C.5.2.
Partie II II.A.1 Utiliser l’orthogonalité deℓ.
II.A.2 Utiliserx=y+ℓ(z)−z.
II.A.3 Majorerkℓn(z)−zk.
II.B.2 Utiliser(x|f∗(x)) = (f(x)|x).
II.B.3 Sif,g eth∈ L(E)et f =g+h, alorsf∗=g∗+h∗. II.C.1 Utiliser ℓ(y) =x+y.
II.C.2 Majorerkℓn(t)−tk.
Partie III III.1 Calcul direct.
III.2 Le point essentiel est de vérifier queℓ(u) +uest orthogonal àe.
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I. Exemples
I.A.1.1 La matrice de l’endomorphisme s dans la base B est symétrique et à coefficients réels, donc diagonalisable. Par suite
L’endomorphismesest diagonalisable.
On a S2 =
1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1
I.A.1.2 Comme la matrice S est symétrique, tS S = S2. Mais S2 = I d’après la question I.A.1.1 oùIdésigne la matrice Identité. Ainsi,
L’endomorphismesest un automorphisme orthogonal.
Puisque sest diagonalisable, les valeurs propres des2sont les carrés des valeurs propres des. Ors2= id, avec pour unique valeur propre 1. Les valeurs propres des appartiennent donc à{+−1}. Si1(resp.−1) était unique valeur propre des, on aurait s= id (resp.s=−id), ce qui n’est pas le cas, d’où
Les valeurs propres de ssont1et −1.
I.A.1.3 Soit M une matrice carrée diagonalisable. Elle est donc semblable à la matricediag (λ1, λ2, . . . , λn).
Le polynôme caractéristique de M estQn
i=1(λi−X). Lorsqu’on développe le pro- duit précédent, on trouve son coefficient en degrén−1égal à
(−1)n−1
n
P
i=1
λi= (−1)n−1Tr M
Or par un calcul direct Tr s= Tr S = 0
D’où l’équation (dim E1).1 + (dim E−1).(−1) = 0
Par ailleurs, commes est diagonalisable, l’espace vectorielE est somme directe des sous-espaces propres associés aux valeurs propres des, d’où l’équation
dim E1+ dim E−1= dim E = 4
Le système
(dim E1).1 + (dim E−1).(−1) = 0 dim E1 + dim E−1 = 4 a pour unique solution dim E1= dim E−1= 2
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I.A.2.1 Calculons S
1 0 1 1
=
1 0 1 1
et S
1 1 0 2
=
1 1 0 2
On en déduit que s(u1) =u1 et s(u2) =u2
Ainsi les vecteursu1 etu2 appartiennent àE1 (qui est un espace de dimension2 d’après la question I.A.1.3) et forment une famille libre. Aussi
(u1, u2)est une base deE1. Utilisons le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt :
• le vecteur u′1=u1/√
3 = (e1+e3+e4)/√ 3 est de norme 1 (la baseBest orthonormale) ;
• on a ku2−(u′1|u2)u′1k=ku2−u1k=ke2−e3+e4k=√ 3
• le vecteur u′2= (u2−(u′1|u2)u′1)/√
3 = (e2−e3+e4)/√ 3 est de norme 1.
La base (e1+e3+e4)/√
3,(e2−e3+e4)/√ 3
deE1est orthonormale.
Soit une base(e1,· · · , en)d’un espace vectoriel euclidienEde dimensionn.
Le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt fonctionne comme suit :
• on commence par normalisere1:f1=e1/ke1k;
• on construit ensuite un vecteure′2, orthogonal àf1:e′2=e2−(e2|f1)f1;
• on normalise le vecteure′2:f2=e′2/ke′2k;
• on construit ainsi pour tout k ∈ {2, . . . , n} un vecteur de norme 1 fk ∈Vect (e1, . . . , ek)orthogonal àf1, . . . , fk−1.
I.A.2.2 Il s’agit de résoudre le système
(u4|u1) = 0 (u4|u2) = 0 (u4|u3) = 0
⇐⇒
a+c+ d = 0 a+b+ 2d = 0
−a+b+ c = 0
⇐⇒
a=b=−d c= 0 Aveca= 1par exemple
Le vecteuru4=e1+e2−e4est orthogonal aux vecteursu1, u2 etu3.
Calculons S
−1 1 1 0
=
1
−1
−1 0
et S
1 1 0
−1
=
−1
−1 0 1
On en déduit ques(u3) = −u3 et s(u4) = −u4, d’où u3, u4 ∈ E−1. Comme u4 est orthogonal àu3, et comme ces vecteurs sont non nuls, il forment une famille libre au sein deE−1. Or on a montré à la question I.A.1.3 que le sous-espace propreE−1 est de dimension 2. Aussi,
(u3, u4)forme une base orthogonale deE−1.
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