III. Étude de ISOM(N) lorsque N est une norme euclidienne

SESSION 2007

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE MP

MATHEMATIQUES 2

I. Description des normes euclidiennes

1. Identité du parallélogramme

a.SoitNune norme euclidienne surEetϕ le produit scalaire associé. Pour(x, y)∈E², (N(x+y))²+ (N(x−y))²=ϕ(x+y, x+y) +ϕ(x−y, x−y)

=ϕ(x, x) +2ϕ(x, y) +ϕ(y, y) +ϕ(x, x) −2ϕ(x, y) +ϕ(y, y) =2[ϕ(x, x) +ϕ(y, y)]

=2h

(N(x))²+ (N(y))²i .

SiNest une norme euclidienne, Nvérifie l’identité du parallélogramme.

Notons (e1, . . . , en) la base canonique de Rⁿ puis prenons x = e1 et y = e2 (ce qui est possible puisque n≥ 2). On a kx+yk²_∞ +kx−yk²_∞ =ke1+e2k²_∞+ke1−e2k²_∞ =1²+1²=2et2

ke1k²_∞ +ke2k²_∞

=2(1²+1²) =4 et en particulier kx+yk²∞ +kx−yk²∞ 6=2

ke₁k²∞+ke₂k²∞

. Ainsi,

∃(x, y)∈E²/kx+yk²∞+kx−yk²∞ 6=2

kxk²∞+kyk²∞

, et donck k∞ ne vérifie pas l’identité du parallélogramme. On en déduit que

k k∞ n’est pas une norme euclidienne.

b.k k² est la norme associée au produit scalaire canonique< ., . >et est donc une norme euclidienne. Réciproquement, soitpun réel strictement supérieur à1.

k kpest une norme euclidienne⇒ke₁+e₂k²p+ke₁−e₂k²p=2(ke₁k²p+ke₂k²p)

⇒2×(1^p+1^p)^2/p=2×(1+1)⇒2^2/p=2⇒ 2

p =1⇒p=2.

∀p∈]1,+∞], k k^pest une norme euclidienne si et seulement sip=2.

2.SoitS∈ Sn⁺⁺(R).

•Pour(x, y)∈E², la matrice^tYSXest de format(1, 1)et donc< y, x >S=^tYSX=^t(^tYSX) =^tX^tSY=^tXSY =< x, y >_S. Donc< ., . >S est une forme symétrique.

•< ., . >S est linéaire par rapport à sa deuxième variable et donc bilinéaire par symétrie.

•Pourx∈E\ {0},< x, x >S=^tXSX > 0et donc< ., . >S est définie positive.

En résumé,< ., . >_S est une forme bilinéaire, symétrique, définie et positive surEet donc

< ., . >S est un produit scalaire surE.

3.Soit(x, y)∈E².

tXSY=^t(x_i)_1≤i≤n×(ϕ(e_i, ej))_1≤i,j≤n×(y_j)_1≤j≤n

= X

1≤i,j≤n

xiyjϕ(ei, ej) =ϕ(

Xn

i=1

xiei, Xn

j=1

yjej) =ϕ(x, y).

http ://www.maths-france.fr 1 ^c Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.

∀(x, y)∈E², ϕ(x, y) =^tXSY.

Puisque la forme ϕ est symétrique, pour(i, j)∈J1, nK², si,j =ϕ(e_i, ej) = ϕ(e_j, ei) = sj,i et doncS ∈ Sn(R). De plus,

pourX∈Mn,1(R)\ {0},^tXSX=ϕ(x, x)> 0et finalement

S∈ Sn⁺⁺(R).

II. Quelques généralités et exemples

4.• Soit u∈ISOM(N). Pourx∈E, u(x) =0⇒N(u(x)) =0⇒N(x) =0⇒x= 0. Par suite, Ker(u) ={0}et puisque dim(E)<+∞,uest un automorphisme deE. On a ainsi vérifié que ISOM(N)⊂GL(E).

•Pour toutxdeE, on aN(IdE(x)) =N(x)ce qui montre queIdE∈ISOM(N)et en particulier que ISOM(N)6=∅.

• Soit (u, v)∈ (ISOM(N))². Pour x∈ E, N(u◦v−1(x)) = N(u(v⁻¹(x))) =N(v⁻¹(x)) = N(v(v⁻¹(x))) = N(x)et donc u◦v⁻¹∈ISOM(N).

On a montré que

ISOM(N)est un sous-groupe de(GL(E),◦).

5.Soitu∈ L(E).

•Supposons que u(Σ(N)) =Σ(N). Soitx∈E.

Si x=0, on aN(u(x)) =0=N(x)et six6=0, puisque x

N(x) ∈Σ(N)on a aussiu x

N(x)

∈Σ(N). Ceci fournit

N(u(x)) =N(x)×N 1

N(x)u(x)

=N(x)×N

u x

N(x)

=N(x)×1=N(x).

Ainsi, pour toutxdeE,N(u(x)) =N(x)et doncu∈ISOM(N).

• Réciproquement, supposons que u ∈ ISOM(N). Soit x ∈ Σ(N). N(u(x)) = N(x) = 1. Ainsi, pour tout x de Σ(N), u(x) ∈Σ(N) et donc u(Σ(N)) ⊂Σ(N). Mais d’après la question précédente, on a aussi u⁻¹ ∈ISOM(N) et donc aussi u⁻¹(Σ(N)) ⊂ Σ(N). On en déduit que u(u⁻¹(Σ(N))) ⊂ u(Σ(N)) ou encoreΣ(N)⊂ u(Σ(N)) et finalement u(Σ(N)) = Σ(N).

∀u∈ L(E), u∈ISOM(N)⇔u(Σ(N)) =Σ(N).

6.Pour(a, b)∈R²,

ks(ae₁+be₂)k1=k−be₁−ae₂k1=|−b|+|−a|=|a|+|b|=kae₁+be₂k1. Par suite,s∈ISOM(k k1).

D’autre partr(e₁) = 1 2e₁+

√3

2 e₂et donckr(e₁)k1= 1+√ 3

2 6=1=ke₁k1. Doncr /∈ISOM(k k1).

s∈ISOM(k k1)etr /∈ISOM(k k1).

7. a.S=





3 0 −1

0 2 0

−1 0 3



.

b.Sest symétrique réelle et donc, d’après le théorème spectral, orthogonalement semblable à une matrice diagonale réelle.

• χ_S =

3−X 0 −1

0 2−X 0

−1 0 3−X

= (3−X)(2−X)(3−X) − (2−X) = (2−X)((X−3)²−1) = −(X−2)²(X−4). Donc S

est orthogonalement semblable àD=diag(2, 2, 4).

• Ker(S −2I3) est le plan d’équation x = z. Une base orthonormée (pour le produit scalaire usuel) de ce plan est ( 1

√2(e1+e3), e2). Ker(S−4I3)est l’othogonal du plan précédent et donc la droite vectorielle engendrée par 1

√2(e₁+e3)∧e2= 1

√2(−e₁+e3).

S=PD^tPavecD=diag(2, 2, 4)et P=











√1

2 0 − 1

√2

0 1 0

√1

2 0 1

√2









 .

c.D’après la question 3., il suffit de vérifier queS∈ Sn++(R).

SoitX=



 x y z



∈M3,1(R)PosonsX^′=^tPX=



 x^′ y^′ z^′



. On a alors

tXSX=^tXPD^tP=^t(^tPX)D(^tPX) =^tX^′DX^′=2x^′2+2y^′2+4z^′2≥0.

De plus

tXSX=0⇒2x^′2+2y^′2+4z^′2=0⇒x^′=y^′=z^′=0⇒X^′=0⇒X=PX^′=0.

Ainsi, siX6=0,^tXSX > 0. Ceci montre que S∈ S++(R)et donc que N_qest une norme euclidienne.

d.Soit(x, y, z)∈E. Avec les notations de la question précédente

(x, y, z)∈Σ(N_q)⇔q(x, y, z) =1⇔2x^′2+2y^′2+4z^′2=1.

On reconnaît l’équation réduite d’un ellipsoïde.

Σ(N_q)est un ellipsoïde.

e.De plus, puisque les coefficients dex^′2et y^′2sont égaux, cet ellipsoïde est un ellipsoïde de révolution d’axe dirigé par e₃^′ = 1

√2(−e₁+e3).

Σ(N_q)est un ellipsoïde de révolution d’axe dirigé par−e₁+e₃.

f. Toute rotation d’axe−e₁+e₃ laisse globalement invarianteΣ(N_q). Mais alors, d’après la question 5., toute rotation d’axe−e₁+e₃est dans ISOM(Nq)ce qui montre que

card(Isom(Nq)) = +∞.

III. Étude de ISOM(N) lorsque N est une norme euclidienne

8. Caractérisation matricielle des isométries euclidiennes

a. • Si ∀(x, y) ∈ E², < u(x), u(y) >S=< x, y >S alors en particulier ∀x ∈ E, NS(u(x)) = p

< u(x), u(x)>S =

√< x, x >S=NS(x)etuest uneNS-isométrie.

•Réciproquement, supposons que usoit une NS-isométrie. D’après les identités de polarisation, pour(x, y)∈E²on a

< u(x), u(y)>_S= 1

4(< u(x+y), u(x+y)>_S−< u(x−y), u(x−y)>_S) = 1

4((N_q(u(x+y))²− (N_q(u(x−y))²) = 1

4((N_q(x+y)²− (N_q(x−y)²) = 1

4(< x+y, x+y >S−< x−y, x−y >S) =< x, y >_S.

∀u∈ L(E), u∈ISOM(NS)⇔∀(x, y)∈E², < u(x), u(y)>S=< x, y >S.

b.Soitu∈ L(E).

u∈ISOM(NS)⇔∀(x, y)∈E², < u(x), u(y)>S=< x, y >S

⇔∀(X, Y)∈(M3,1(R), ^t(AX)S(AY) =^tXSY ⇔∀(X, Y)∈(M3,1(R), ^tX(^tASA)Y=^tXSY⇔^tASA=S.

La dernière équivalence s’obtient par exemple en appliquant l’égalité^tX(^tASA)Y=^tXAY àX=e_i etY=e_j.

∀u∈ L(E), u∈ISOM(NS)⇔^tASA=S.

9. La matriceS associée à la norme euclidienne k k2 est la matriceIn. L’égalité^tASA =S s’écrit plus particulièrement

tAA=I2et signifie queAest une matrice orthogonale. Donc

ISOM(k k2) =On(R).

On sait que On(R) est infini (On(R) contient par exemple les matrices de la forme

Rθ 02,n−2

0n−2,2 In−2

, θ ∈ R où R_θ=

cosθ −sinθ sinθ cosθ

) et donc

card(Isom(k k2)) = +∞. 10. Une application des polynômes interpolateurs

a.SoitP∈R_r[X]. Si P∈Ker(u),Pest de degré au plusret s’annule en lesr+1réels deux à deux distinctsx₀,. . . , x_ret on sait queP=0.

Ker(u) ={0}.

Ainsiuest une application linéaire injective deR_r[X]dansR^r+1. Comme de plus dim(R_r[X]) =dim(R^r+1) =r+1 <+∞, on sait queuest un isomorphisme deR_r[X]surR^r+1. On en déduit que pour tout(y0, . . . , yr)∈R^r+1il existe un unique polynômeLde degré au plusr tel que∀i∈J0, rK,L(xi) =yi.

b.On applique le résultat précédent aux réelsx0,. . . ,xrtels quer≤n−1,x0< x1< . . . < xret{x₀, . . . , xr}={u₁, . . . , un} et ∀i∈J0, rK, yi=√x_i : il existe un unique polynômeL de degré inférieur ou égal àr tel que∀i∈J0, rK, L(xi) =√x_i. Ce polynômeLvérifie∀i∈J1, nK, L(ui) =√u_i (ce polynôme est uniquement défini si les u_i sont deux à deux distincts) et doncL(U) =V.

11. Racine carrée dans S⁺⁺_n (R)

a.•Redémontrons tout d’abord le résultat très classique : ∀S∈Sn(R), S∈S⁺⁺_n (R)⇔Sp(S)⊂]0,+∞[.

SoitS ∈S⁺⁺_n (R). Puisque S est symétrique réelle, on sait que toutes les valeurs propres deS sont réelles. Soient λ∈R une valeur propre deS etX6=0un vecteur propre associé. Alors ^tXSX=^tX(SX) =λ^tXX=λkXk²2. Puisque Sest définie positive et quekXk²2> 0, on en déduit que λ=

tXSX kXk²2

> 0.

Réciproquement, soitSune matrice symétrique réelle dont les valeurs propresλ₁,. . . ,λn sont des réels strictement positifs.

Il existeP∈O_n(R)telle queS=PD^tPoùD=diag(λ1, . . . , λ_n). Avec des notations usuelles

tXSX=^tXPD^tPX=^t(^tPX)D(^tPX) =^tX^′DX^′= Xn

i=1

λix_i^′2≥0.

De plus,

tXSX=0⇔ Xn

i=1

λix_i^′2=0⇔∀i∈J1, nK, λix_i^′2=0⇔∀i∈J1, nK, x_i^′=0⇔X^′ =0⇔^tPX=0⇔X=0,

ce qui montre queS∈S⁺⁺_n (R).

•SoitS∈S⁺⁺_n (R). D’après le théorème spectral et d’après ce qui précède, il existe des réels strictement positifsλ₁, . . . , λ_n et une matriceP∈On(R)tels que S=PD^tPoùD=diag(λi)1≤i≤n.

PosonsA=Pdiag(√

λi)1≤i≤ntP. PuisqueAest orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients diago- naux réels et strictement positifs,A∈S⁺⁺_n (R). De plus

A²=Pdiag(√

λ_i)_1≤i≤n^tP×Pdiag(√

λ_i)_1≤i≤n^tP=P(diag(√

λ_i)_1≤i≤n)^2tP=Pdiag(λi)_1≤i≤n^tP=PD^tP=S.

∀S∈S⁺⁺_n (R), ∃A∈S⁺⁺_n (R)/ A²=S.

b.Avec les notations précédentes, il existe d’après la question 10.b. un polynômeLtel que L(diag(λi)1≤i≤n) =diag(√

λi)1≤i≤n.

On a alors

L(B²) =L(S) =L(PD^tP) =PL(D)^tP=Pdiag(√

λi)1≤i≤ntP=A.

Le polynômeQ=L(X²)est donc un polynôme tel queQ(B) =A. PuisqueAest un polynôme enB, on sait que Aet Bcommutent.

c.Soit(S₁, S₂)∈(S⁺⁺_n (R))². On sait que S₁+S₂ est symétrique et d’autre part pourX∈M_n,1(R)\ {0},

tX(S₁+S₂)X=^tXS₁X+^tXS₂X > 0.

Donc

∀(S₁, S₂)∈(S⁺⁺_n (R))², S₁+S₂∈S⁺⁺_n (R).

En particulier,0n’est pas valeur propre deS1+S2et donc

∀(S₁, S₂)∈(S⁺⁺_n (R))², S₁+S₂est inversible.

d.PuisqueAetBcommutent,(A+B)(A−B) =A²−B²=S−S=0et puisqueA+Best inversible,A+Best simplifiable et doncA−B=0ou encoreA=B.

∀S∈S⁺⁺_n (R), ∃!A∈S⁺⁺_n (R)/ A²=S.

12. a.SoitM∈On(R). PourX∈ Mn,1(R)

t((√

S)⁻¹M√ S)S((√

S)M√ S) =√

S^tM(√ S)⁻¹(√

S√ S)(√

S)⁻¹M√ S=√

S^tMM√ S=√

SIn

√S=√ S√

S=S.

Mais alors, d’après la question 8.b.,(√

S)⁻¹M√

S∈ISOM(NS).

∀M∈On(R), (√

S)⁻¹M√

S∈ISOM(NS).

b.D’après la question précédente,ψ est bien une application. Soit ϕ : ISOM(NS) → O_n(R)

M 7→ √

SM(√ S)⁻¹

. Vérifions queϕ est bien une application ce qui revient à montrer que∀M∈ISOM(NS), √

SM(√

S)⁻¹∈O_n(R).

SoitM∈ISOM(NS).

t(√ SM(√

S)⁻¹)(√ SM(√

S)⁻¹) = (√

S)^−1tM√ S√

SM(√

S)⁻¹= (√

S)⁻¹(^tMSM)(√ S)⁻¹

= (√

S)⁻¹S(√

S)⁻¹(puisqueM∈ISOM(NS)et d’après 8.b.)

= (√ S)⁻¹√

S√ S(√

S)⁻¹=I_n,

ce qui montre que√ SM(√

S)⁻¹∈On(R). Ainsiψest une application.

Maintenant il est clair que ψ◦ϕ = IdISOM(NS) et que ϕ◦ψ = Id_On(R). On sait alors que ψ est une bijection et que ψ⁻¹=ϕ.

L’application ψ : O_n(R) → ISOM(NS)

M 7→ (√

S)⁻¹M√ S

est une bijection.

On en déduit que les ensembles ISOM(NS)etOn(R)sont équipotents et donc que card(ISOM(NS)) = +∞.

IV. Étude du cardinal de Isom(p)

13. Endomorphismes de permutation signée a.Soitx= (x₁, . . . , xn)∈E. uσ,ε(x) =

Xn

i=1

xiεieσ(i)= Xn

j=1

x_σ⁻¹_(j)ε_σ⁻¹_(j)ejet donc

kuσ,ε(x)kp= Xn

i=1

|x_σ−1(i)ε_σ−1(i)|^p

!1/p

= Xn

i=1

|x_σ−1(i)|^p

!1/p

= Xn

i=1

|xi|^p

!1/p

=kxkp.

uσ,ε est unep-isométrie.

b.u_σ,ε(e₁) =e₃,u_σ,ε(e₂) =e₄,u_σ,ε(e₃) = −e₁et u_σ,ε(e₄) =e₂. Par suite

Mat(e1,e2,e3,e4)(u_σ,ε) =









0 0 −1 0

0 0 0 1

1 0 0 0

0 1 0 0







 .

14. Inégalité de Hölder

a.L’inégalité à démontrer est claire quanda=0oub=0. Soientaet bdeux réels strictement positifs.

On note tout d’abord que 1

p > 0puis que 1

q =1− 1

p> 1−1=0.

La fonctionx7→ln(x)est deux fois dérivable sur]0,+∞[ et pourx < 0, ln^′′(x) = − 1

x² < 0. Donc la fonctionx7→ln(x) est concave sur]0,+∞[. Puisque 1

p > 0, 1

q > 0et 1 p+ 1

q =1, on en déduit que

ln(1 pa^p+ 1

qb^q)≥ 1

pln(a^p) + 1

qln(b^q) =ln(ab), et donc encore une fois queab≤ 1

pa^p+ 1 qb^q.

∀(a, b)∈[0,+∞[², ab≤ 1 pa^p+ 1

qb^q.

b. Soit (x, y) ∈ E² tel que kxkp = kykq = 1. Pour i ∈ J1, nK, la question précédente permet d’écrire |xi|×|yi| ≤ 1

p|xi|^p+ 1

q|yi|^q. En sommant ces inégalités, on obtient

|< x, y >|=

Xn

i=1

x_iy_i

≤ Xn

i=1

|x_i||y_i|

≤ Xn

i=1

1

p|xi|^p+ 1 q|yi|^q

= 1 p

Xn

i=1

|xi|^p+ 1 q

Xn

i=1

|yi|^q= 1

pkxk^pp+ 1 qkyk^qq

= 1 p+ 1

q =1.

Soient alorsxetydeux éléments quelconques deE. L’inégalité à démontrer est claire quandx=0ouy=0.

Sinon, le vecteur x kxkp

est unitaire pour k k^p et le vecteur y kykq

est unitaire pour k k^q et d’après ce qui précède,

< x kxkp

, y kykq

>

≤1ou encore |< x, y >|≤ kxkpkykq.

∀(x, y)∈E², |< x, y >|≤ kxkpkykq(inégalité deHölder).

c.Quandp=2, l’inégalité écrite est l’inégalité deCauchy-Schwarz.

15.Soitj∈J1, nK. Puisqueuest unep-isométrie, on a Xn

i=1

|ai,j|^p=ku(ej)k^pp=kejk^pp=1. Mais alors

X

1≤i,j≤n

|a_i,j|^p= Xn

j=1

Xn

i=1

|a_i,j|^p

!

= Xn

j=1

1=n.

X

1≤i,j≤n

|a_i,j|^p=n.

16. Une formule clé de dualité

a.Soitx∈E.Σqest la sphère unité de la normek kqet puisqueEest de dimension finie, on sait queΣq est un compact deE. D’autre part, l’applicationy7→< x, y >est une forme linéaire sur l’espace vectorielEqui est de dimension finie et donc l’applicationy7→< x, y >est continue surE. Il en est de même de l’applicationy7→|< x, y >|qui est en particulier continue sur le compactΣ_qà valeurs dansR. On en déduit l’existence de Max

y∈Σq

|< x, y >|.

b.• Soity0∈Σq tel que Max

y∈Σq

|< x, y >|=|< x, y0>|. L’inégalité deHölderpermet d’écrire

y∈ΣMaxq

|< x, y >|=|< x, y0>|≤ kxkpky0kq=kxkp.

y∈ΣMaxq

|< x, y >|≤ kxkp.

•ydésigne maintenant le vecteur défini dans l’énoncé.

|< x, y >|= Xn

i=1

xiεi|xi]^p−1kxk^1−pp = Xn

i=1

|xi||xi]^p−1

!

kxk^1−pp = Xn

i=1

|xi]^p

!

kxk^1−pp =kxk^ppkxk^1−pp =kxkp.

On note alors quekyk^q= Xn

i=1

|xi|^q(p−1)kxk^q(1−p)p

!1/q

=kxk^1−pp Xn

i=1

|xi|^q(p−1)

!1/q

. Orq(p−1) = p−1 1− 1 p

=pet donc

kykq=kxk^1−pp

Xn

i=1

|xi|^p

!1−1/p

=kxk^1−pp (kxk^pp)^1−1/p=1,

ce qui montre quey∈Σq. En résumé∀y∈Σ_q, Max

y∈Σq

|< x, y >|≤ kxkpet ∃y₀∈Σ_q/|< x, y₀>=kxkp. Ceci montre que

∀x∈E, Max

y∈Σq

|< x, y >|=kxkp.

Il est clair que l’exposant conjugué deqest pet on a donc aussi

∀y∈E, Max

x∈Σp

|< x, y >|=kykq.

17.Soituunep-isométrie. Soienty∈Σq puisx0∈Σptel que|< x0, u^∗(y)>|=Max

x∈Σp

|< x, u^∗(y)>|. Alors

ku^∗(y)kq=Max

x∈Σp

|< x, u^∗(y)>|=|< x0, u^∗(y)>|

=|< u(x₀), y >|≤Max

z∈Σq

|< u(x₀), z >|=ku(x₀)kp=kx0kp=1,

Donc, siy∈Σ_q,ku^∗(y)kq≤1. Si maintenantyest un vecteur non nul quelconque, ku^∗(y)kq=kykq×

u

y kykq

q

≤ kykq, ce qui reste vrai poury=0.

On a montré que ∀y ∈E, ku^∗(y)kq ≤ kykq. Maintenant d’après la question 4.,u⁻¹ est aussi une p-isométrie et donc

∀y∈E, k(u^∗)⁻¹(y)kq=k(u⁻¹)^∗(y)kq≤ kykq. Par suite, poury∈E,kykq=k(u^∗)⁻¹(u^∗(y))kq≤ ku^∗(y)kq. Finalement,

∀y∈E, ku^∗(y)kq=kykq.

Si uest une p-isométrie, alorsu^∗ est une q-isométrie.

Puisque la baseBest orthonormée, on a[u^∗]_B=^tAet donc puisqueu^∗ et uneq-isométrie, d’après la question 15. on a X

1≤i,j≤n

|a_j,i|^q=n.

18. a.•On a q= 1 1− 1

p

= p

p−1 et doncp−q= p(p−2)

p−1 . Par suite si1 < p < 2, on aq > p et sip > 2, on ap > q.

• Suposons p∈]1, 2[de sorte que q > p. Pour a∈[0, 1], on a a^p ≥a^q et pour a∈]0, 1[, on a a^p> a^q. Donc s’il existe i∈J1, rKtel que0 < αi< 1,

Xr

k=1

α^p_k=α^p_i +X

k6=i

α^p_k > α^q_i +X

k6=i

α^q_k= Xr

k=1

α^q_k,

et en particulier Xr

k=1

α^p_k6= Xr

k=1

α^q_k. Par contraposition, Xr

k=1

α^p_k = Xr

k=1

α^q_k ⇒∀k∈J1, rK, αk∈{0, 1}.

•Si p∈]2,+∞[alorsq < pet on aboutit au même résultat.

∀r∈N^∗, ∀(α₁, . . . , αr)∈[0, 1]^r, Xr

k=1

α^p_k = Xr

k=1

α^q_k ⇒∀k∈J1, rK, αk∈{0, 1}

! .

b.D’après la question 15., pourj∈J1, nK, Xn

i=1

|a_i,j|^p=1 ce qui montre que chaque|a_i,j| est dans[0, 1]. De plus, d’après les questions 15. et 17.,

X

1≤i,j≤n

|a_i,j|^p=n= X

1≤i,j≤n

|a_i,j|^q.

La question précédente permet alors d’affirmer que chaque|a_i,j| est dans{0, 1}.

∀(i, j)∈J1, nK², |a_i,j|∈{0, 1}.

19. Conclusion. Plus précisément, puisque X

1≤i,j≤n

|a_i,j|^p = n, exactement n nombres|a_i,j| sont égaux à 1 les autres étant nuls. Ainsi, exactementn coefficients de la matriceAsont l’un des deux nombres1 ou −1 et les autres sont nuls.

Puisque la matrice A est inversible, deux coefficients non nuls ne peuvent pas se retrouver dans une même ligne (car les lignes correspondantes seraient linéairement dépendantes) ou dans une même colonne. Ainsi, l’endomorphisme uest nécessairement du type uσ,ε décrit à la question 13.a. La question 13.a. montre que réciproquement uσ,ε est une p- isométrie et donc les p-isométries sont les endomorphismes uσ,ε, σ ∈ Sn×{−1, 1}ⁿ. Il y a 2ⁿ×n! uσ,ε deux à deux distincts et donc

∀p∈]1,+∞[\{2}, card(ISOM(k kp)) =2ⁿ×n!.