Épreuve de Mathématiques A MP

(1)

E3A

CONCOURS ENSAM-ESTP-ARCHIMEDE

Epreuve de Math´´ ematiques A MP Corrig´e

Questions de cours 1. SoientN etN⁰ deux normes surE.

On dit queN etN⁰ sont ´equivalentes ssi :∃(k1, k2)∈(R^+∗)²,∀X ∈E, k1N(X)6N⁰(X)6k2N(X).

2. SoitX ∈E. Alors :∃i₀∈ {1, . . . , n}, N_∞(X) =|x_i₀|.

Donc (N_∞(X))^p=|x_i₀|^p6

n

X

k=1

|x_k|^p. D’o`u : N_∞(X)6N_p(X).

D’autre part, par d´efinition deN_∞(X), on a : ∀k∈ {1, . . . , n},|x_k|6N_∞(X) donc

∀k∈ {1, . . . , n},|x_k|^p6(N_∞(X))^p et

n

X

k=1

|x_k|^p 6n(N_∞(X))^p.

Comme toutes les quantit´es sont positives, on en d´eduit que :N_p(X)6n^1/p N_∞(X).

Donc les normesN_p etN_∞ sont ´equivalentes.

3. DansRⁿ, toutes les normes sont ´equivalentes .

4. On note :B= (e₁, . . . , e_n) la base canonique deRⁿ. SoitX ∈E; alorsX =

n

X

k=1

x_ke_k. Doncu(X) =

n

X

k=1

xku(ek) par lin´earit´e.

D’où, grâce à l’inégalité triangulaire :N∞(u(X))6

n

X

k=1

|xk|N∞(u(ek))6N∞(X)×

n

X

k=1

N∞(u(ek)).

En posant K=

n

X

k=1

N_∞(u(ek)) , on en d´eduit donc que : ∀X∈E, N_∞(u(X))6KN_∞(X).

5. Un endomorphismeud’un espace vectoriel norm´eE est continu ssi uest lipschitzien ssi

∃k∈R⁺,∀X∈E, N(u(X))6kN(X) ssiuest continu au point 0_E.

6. Comme toutes les normes sont équivalentes dansRⁿ, en utilisant la question4.et l’une des caractérisations de la continuité d’une application linéaire vues à la question5., on en déduit que :

tout endomorphisme deRⁿ est continu .

Partie 1.

1. On calcule^tAA et l’on obtient :^tAA=I3. Donc A est orthogonale . 2. On a, par la m´ethode de Sarrus : det(A) = 1

27(4 + 4 + 4−1 + 8 + 8) = 1.

Donc l’endomorphismeuest une rotation.

3. On calcule le polynˆome caract´eristique deA; on obtient : χ_A(x) = (x−1)(x−1

3−i2√ 2 3 )(x−1

3+i2√ 2 3 ).

χA est scindé à racines simples dansC; par théorème, Aest diagonalisable dansM3(C) . 4. 4.1 D’après les questions de cours,uétant linéaire etE de dimension finie,

uest un endomorphisme continu de E .

De plus, commeuest une isométrie vectorielle, on a :∀X ∈E,ku(X)k=kX k. D’après la définition de la norme subordonnée qui nous est rappelée, on a donc : k|uk|= 1 .

4.2 Soit w ∈ LC(E). Par composition, l’application X 7−→k w(X) k est continue sur E donc sur la sphère-unitéS(0E,1) ={X ∈E,kX k= 1}. Or, commeE est de dimension finie et queS(0E,1) est fermée (image réciproque du fermé{1} par l’application continueX 7−→kX k) et bornée, S(0E,1) est un compact deE. Comme toute application continue sur un compact y est bornée et atteint ses bornes, il existeX0∈S(0E,1) tel quek|wk|=kw(X0)k .

(2)

5. On sait que la norme subordonn´ee est une norme d’alg`ebre deLC(E).

Donc∀k∈N,k|u^k k|6k|uk|^k, soit∀k∈N,k|u^kk|61.

Donc la suite (u^k) est une suite born´ee de LC(E).

6. Dans ce qui suit, on confond tout vecteur deEavec la matrice-colonne qui lui est canoniquement associ´ee.

6.1 ker(v) est l’axe de la rotationu. On a : X∈ker(v)⇐⇒AX=X ⇐⇒







2

3x+²₃y+¹₃z = x

−²₃x+¹₃y+²₃z = y

1

3x−²₃y+²₃z = z

⇐⇒

x = z y = 0 . Donc ker(v) = Vect((1,0,1)) .

6.2 SoientX ∈ker(v) etY ∈Im(v).

AlorsAX=X et il existeZ ∈E tel queY =Z−u(Z) =Z−AZ.

D’o`u :< X, Y >=^tXY =^tXZ−^tXAZ.

Mais commeAest orthogonale,^tA=A⁻¹ donc

AX=X⇐⇒X =A⁻¹X⇐⇒X =^tAX⇐⇒^tX =^tXA.

D’où :< X, Y >=^tXZ−^tXZ= 0. Comme ceci est vrai pour tout élémentX ∈ker(v) etY ∈Im(v), ker(v) et Im(v) sont orthogonaux .

6.3 D’après la question précédente, on sait que ker(v)∩Im(v) = {0_E}. Par le théorème du rang : dim(ker(v)) + dim(Im(v)) = dim(E), donc, par caractérisation : E= ker(v)⊕Im(v) .

6.4 Donc, pour toutX ∈E, il existe un uniqueX₁∈ker(v) et un uniqueY ∈Im(v) tels que :X=X₁+Y. MaisY ∈Im(v)⇐⇒ ∃Z∈E, Y =Z−u(Z) ; d’o`u

∀X ∈E,∃!X1∈ker(v),∃Z∈E, X=X1+Z−u(Z) .

6.5 Soient X ∈E et m ∈N^∗. D’après la question précédente :X =X1+Z−u(Z) où X1 ∈ker(v) et Z∈E. Alorsv(X1) = 0E, soit u(X1) =X1 et donc∀k∈N, u^k(X1) =X1. Donc :

pm(X) = 1 m

m−1

X

k=0

u^k(X) = 1 m

m−1

X

k=0

u^k(X1) + 1 m

m−1

X

k=0

u^k(Z)− 1 m

m−1

X

k=0

u^k+1(Z).

Or, 1 m

m−1

X

k=0

u^k(X1) =X1 et, par t´elescopage : 1 m

m−1

X

k=0

u^k(Z)− 1 m

m−1

X

k=0

u^k+1(Z) = 1

m(Z−u^m(Z)).

D’o`u :pm(X) =X1+ 1

m(Z−u^m(Z)).

On a :kZ−u^m(Z)k6(kZ k+ku^m(Z)k).

De la question 5., on d´eduit que : k Z−u^m(Z) k6 (k Z k + k|u^m k|k Z k) 6 2 k Z k puisque k|u^mk|61 pour toutm∈N.

La suite (Z−u^m(Z))_m∈_Nest donc born´ee. D’o`u lim

m→+∞

1

m(Z−u^m(Z)) = 0_E. Donc la suite (pm(X)) converge versX1 c’est-`a-dire vers la projection deX

sur ker(v) parall`element `a Im(v) .

Partie 2.

1. SoitA∈ Mn(C). On suppose quek| Ak|= 0.

Alors : ∀X ∈E,k X k= 1 =⇒k AX k= 0 =⇒AX = 0E. Mais, quitte `a diviserX par sa norme, on en d´eduit, puisqueA0E= 0E que, pour toutX ∈E,AX= 0E. DoncA=On.

Pour toutλ∈R, on a :k| λAk|= sup

kXk=1

kλAX k=|λ| sup

kXk=1

kAXk=|λ| k| Ak|.

Pour toutes matricesAet B, on a : pour toutX ∈E,

k(A+B)X k=kAX+BX k6kAXk+kBX k6k| Ak|+k| Bk|.

D’où : k| A+Bk|6k| Ak|+k| Bk|. Donc k| k| est une norme surM_n(R) . 2. 2.1 B est produit de matrices à coefficients réels, donc est à coefficients réels.

De plus :^tB=^t(^tAA) =^tA^ttA=^tAA=B. DoncB est sym´etrique . D’autre part :∀X ∈E,^tXBX=^tX^tAAX=^t(AX)AX=< AX, AX >>0.

DoncB∈ S_n⁺(R).

Par th´eor`eme,B est diagonalisable et ses valeurs propres sont positives ou nulles .

SiA∈GLn(R),^tA∈GLn(R) donc, par produit,B ∈GLn(R). Donc 0 n’est pas valeur propre deB.

SiA∈GLn(R),B ∈ S_n⁺⁺(R) et ses valeurs propres sont strictement positives .

(3)

2.2 SiU est une matrice semblable à B,U etB ont le même polynôme caractéristique, donc les mêmes valeurs propres, donc ρ(U) =ρ(B) .

Notons que, puisque les valeurs propres deB sont positives ou nulles, ρ(B) = sup{λ, λ∈sp(B)}= max{λ, λ∈sp(B)}.

2.3 Par le th´eor`eme spectral, on sait queB est diagonalisable dans une base orthonormaleB.

Donc il existeP ∈ O_n(R) et une matriceD= diag(λ₁, . . . , λ_n) diagonale telles que : B=P D^tP (λ₁, . . . , λ_n sont les valeurs propres deB distinctes ou non).

Or, on a, pour X ∈ E : k AX k²=< AX, AX >= ^tXBX = ^tXP D^tP X. On pose : Y = ^tP X; alors^tY =^tXP et k AX k²=^tY DY =

n

X

i=1

λiy_i². Comme P est une matrice orthogonale, k Y k²=

tY Y =^tXP^tP X = ^tXX =k X k². Si on prend X ∈E tel que k X k= 1, on a alors : k AX k²6 ρ(B)

n

X

i=1

y_i²=ρ(B).

On en d´eduit donc que : k|Ak|²6ρ(B) .

2.4 Notonsi0un entier entre 1 et ntel queρ(B) =λi₀ et X0 un vecteur propre deB, unitaire, associ´e

`

a la valeur propreρ(B).

On a :kAX0k²=^tX0BX0=ρ(B)^tX0X0=ρ(B). D’o`u : k|Ak|² =ρ(B) .

3. 3.1 Siuest une homoth´etie de rapportγ6= 0, pour toutX ∈E, on a :AX=γXdonckAXk=|γ| kX k.

Donc k|Ak|=|γ| .

3.2 Pour toutk∈N,u^k est une homoth´etie de rapportγ^k donck|A^kk|=|γ|^k et (A^k)k∈Nest born´ee ssi|γ|61 .

3.3 On a :∀k∈N, A^k =γ^kIn doncPm= 1 m

m−1

X

k=0

γ^k

!

In, soit Pm= 1−γ^m

m(1−γ)In carγ6= 1. Comme

|γ|<1, il est clair que lim

m→+∞Pm=On .

4. ERREUR d’ ´ENONC ´E : il faut supposer queuest un endomorphisme deE autoadjoint.

4.1 Par le théorème spectral,uest diagonalisable dans une base orthonormale etA∈ Sn(R). D’après la question 2.,k|Ak|²=ρ(B) où B=^tAA=A². Or, comme A est diagonalisable, les valeurs propres deA² sont :λ²₁, λ²₂, . . . , λ²_n. Doncρ(B) =ρ(A²) = (ρ(A))².

D’o`u : k|Ak|=ρ(A) .

4.2 Pour tout k ∈ N, les valeurs propres deA^k sont : λ^k₁, λ^k₂, . . . , λ^k_n et A^k ∈ Sn(R). Donc, d’après ce que l’on a démontré à la question précédente, on a :k|A^k k|=ρ(A^k). Mais ρ(A^k) = sup{|λ^k |, λ∈ Sp(A)}= (ρ(A))^k.

Donck|A^kk|= (ρ(A))^k et la suite (A^k) est born´ee ssiρ(A)61 .

4.3 On sait qu’il existeP ∈ On(R) telle que : A=P D^tP o`u D= diag(λ1, . . . , λn).

Alors :∀k∈N, A^k =P D^{k t}P avecD^k= diag(λ^k₁, . . . , λ^k_n).

D’o`u :Pm=P diag

1−λ^m₁

m(1−λ₁), . . . , 1−λ^m_n m(1−λ_n)

tP. Comme, pour touti∈ {1, . . . , n},|λi|<1, alors lim

m→+∞Pm=O . Partie 3.

1. On a, par d´efinition dev:X ∈ker(v)⇐⇒u(X) =X. Donc ∀m∈N^∗,∀X ∈ker(v), pm(X) = 1

m

m−1

X

k=0

X=X.

2. p_metv sont des polynômes enudonc commutent d’après le cours. Donc ∀m∈N^∗, p_m◦v=v◦p_m. D’où : pm◦v=v◦pm=pm−u◦pm. Oru◦pm= 1

m

m−1

X

k=0

u^k+1= 1 m

m

X

k=1

u^k. Par t´el´escopage, on obtient : pm◦v= 1

m(idE−u^m).

3. 3.1 On a :X ∈Im(v) donc il existeY ∈E tel queX =v(Y).

Alorspm(X) = (pm◦v)(Y) = 1

m(Y −u^m(Y)).

(4)

D’o`u :kpm(X)k6 1

m(kY k+ku^m(Y)k)6 1

m(kY k+kY kk|u^mk|).

On obtient donc :kpm(X)k6 kY k

m (1+k|u^mk|).

On se donneGun supplémentaire de ker(v) dansE; on sait quev induit une bijection notéev1 de G sur Im(v). Dans le calcul précédent, on peut alors prendreY =v₁⁻¹(X). De plus, comme Gest de dimension finie et que v1 est linéaire,v1 est continue. D’où : kY k6k X k k|v₁⁻¹ k|. En posant K=kX k k|v₁⁻¹k|, on a bien : ∀m∈N^∗,kp_m(X)k6K

m(1+k|u^mk|).

3.2 Par hypoth`ese, la suite (u^m) est born´ee. Donc lim

m→+∞

K

m(1+k|u^mk|) = 0.

Par le théorème d’encadrement, on en déduit que : la suite (pm(X))_m∈N^∗ converge vers 0E . 4. Soit X ∈ ker(v)∩Im(v) ; d’après la question 1. : ∀m ∈ N^∗, pm(X) = X. Mais, par passage à la limite

quand m tend vers l’infini, comme X ∈Im(v), d’apr`es la question 3.2, lim

m→+∞pm(X) = 0E =X. Donc ker(v)∩Im(v) ={0E} et la somme est directe .

5. Mais, d’après le théorème du rang, on a : dimE= dim(ker(v)) + dim(Im(v)) = dimH. Donc H =E . 6. On a, d’après ce qui précède,E= ker(v)⊕Im(v) donc :

∀X ∈E,∃!(X1, X2)∈ker(v)×Im(v), X=X1+X2.

On a alors :pm(X) =X1+pm(X2). D’apr`es la question3.2, lim

m→+∞pm(X2) = 0E donc

m→+∞lim pm(X) =X1=p(X). La suite (pm)_m∈N^∗ converge donc simplement surE versp . Partie 4.

1. On a :k|idE k|= 1 et, pour toutm∈N^∗ :k|u^mk|6k|uk|^m61.

Donc la suite des itérés deuest bornée . 2. Commeuest continu,p_mest continu.

On a :∀m∈N^∗,k|pmk|6 1 m

m−1

X

k=0

k|u^k k|6 1 m

m−1

X

k=0

1 = m

m = 1. Donc : ∀m∈N^∗,k|pmk|61 .

3. 3.1 ERREUR d’ ´ENONC ´E : il faut prouver que pour tout entier naturelmnon nul, pour toutT ∈Im(v) on a :kpm(X)k6k|pmk|.kX−T k+kpm(T)k.

Par linéarité depm, pour toutT ∈Im(v),pm(X) =pm(X−T) +pm(T), puiskp_m(X)k6kp_m(X−T)k+kp_m(T)k, d’où :

kp_m(X)k6k|p_mk| kX−T k+kp_m(T)k . 3.2 Des questions précédentes, on déduit que :

∀m∈N^∗,∀T ∈Im(v),kpm(X)k6kX−T k+kpm(T)k.

Soitε >0 ; comme X ∈Imv, il existeT ∈Im(v) tel quekX−T k6 ε

2. On choisit alors Y ∈E tel quev(Y) =T. Un calcul du mˆeme genre que celui fait `a la question3.1de la partie 3 donne :

kp_m(T)k6kY k

m (1+k|u^mk|)62kY k m . Par le th´eor`eme d’encadrement, on obtient : lim

m→+∞k pm(T)k= 0. Donc, il existe N ∈N^∗ tel que, pour toutm>N, on ait : kp_m(T)k6 ε

2.

D’où :∀ε >0,∃N ∈N^∗,∀m∈N, m>N ⇒kp_m(X)k6ε. Donc la suite (p_m(X)) converge vers 0_E . 4. La démonstration est identique à celle faite à la question4de la partie 3.

Donc la sommeH = ker(v) + Imv est directe . 5. Soitm∈N^∗.

5.1 v etp_mcommutent donc, par th´eor`eme : ∀m∈N^∗,Im(v) est stable parp_m .

5.2 SoitX ∈Imv; il existe alors une suite (Xk)_k∈Nde vecteurs de Im(v) qui converge versX. Par conti- nuité depm, la suite (pm(Xk))_k∈Nest convergente de limitepm(X). D’après la question précédente, pour toutk∈N,p_m(X_k)∈Im(v), doncp_m(X)∈Imv. Donc Imv est stable parp_m .

5.3 Comme v et pm commutent, ker(v) est stable par pm. H est la somme de sous-espaces vectoriels stables parpm, donc H est stable parpm .

(5)

5.1 La démonstration est identique à celle faite à la question 6de la partie 3, en rempla¸cantpmparπm

etpparπ. Donc la suite (pm)_m∈Nconverge simplement sur H versπ .

5.2 On a, par continuité depm: ∀X ∈H,k pm(X)k6k|pmk| kX k6kX k d’après la question2. En passant à la limite quandmtend vers +∞, on obtient : ∀X ∈H,kπ(X)k6kX k .

5.3 Commeπest linéaire, d’après les caractérisations des applications linéaires continues rappelées dans les questions de cours, π∈ LC(H) (nouvelle coquille :πn’est définie que surH).

Partie 5.

1. Si X ∈E, Y =u(X) est une sous-suite deX donc reste bornée. DoncY ∈E. La linéarité est évidente.

Donc uest bien un endomorphisme de E .

2. SoientX ∈E etY =u(X). On a : kY k= sup_n∈_N|xn+1|= sup_n∈_N∗|xn|6sup_n∈_N|xn |=kX k.

D’où :∀X∈E,ku(X)k6kX k. Doncuest continu etk|uk|61. Mais, si l’on considère la suite constante X égale à 1, on a :u(X) =X. Donc k|uk|= 1 .

3. On a :X∈ker(v) ssi∀n∈N, xn=xn+1 ssi X est constante.

Donc ker(v) est l’ensemble des suites constantes .

4. SoitX ∈Im(v) ; il existeY ∈E tel queX =v(Y) c’est-`a-dire :∀n∈N, xn =yn−yn+1. On a alors :∀n∈N^∗, sn =

n−1

X

k=0

xk =

n−1

X

k=0

(yk−yk+1) =y0−yn.

D’où : ∀n∈N^∗,|sn|6|y0|+|yn|62kY kcar Y est bornée. Donc S est bornée.

Réciproquement, soitX= (xk)_k∈N telle que la suiteS définie par le texte soit bornée.

Alors il existeM >0 tel que :∀n∈N,|sn |6M.

D’o`u : ∀n∈N,|xn |=|sn+1−sn |6|sn+1|+|sn |62M. DoncX est born´ee.

En posant :∀n∈N, yn=−sn, on a :∀n∈N, yn−yn+1=−sn+sn+1=xn. Doncv(Y) =X etX ∈Im(v).

D’où l’équivalence : X∈Im(v) ssiS définie pars0= 0 et∀n∈N^∗, sn=

n−1

X

k=0

xk est born´ee . 5. On construit la suiteX = (xn)_n∈Nde la fa¸con suivante :∀n∈N,∀k∈

m(m+ 1),(m+ 1)²−1

, xk= 1 et ∀k ∈

(m+ 1)²,(m+ 1)(m+ 2)−1

, x_k = 0. Donc X = (1,0,1,1,0,0,1,1,1,0,0,0, . . .). Pour tout m ∈ N^∗, on pose : pm(X) = (yn^(m))n∈N^∗. La suite (pm(X))_m∈N∗ est divergente car elle ne v´erifie pas le crit`ere de Cauchy. En effet, on a :∀m∈N^∗,∀n∈N, y_n^(m)= 1

m

n+m−1

X

k=n

x_k. Par construction de la suiteX, on a :∀m∈N^∗, y_m(m−1)^(m) = 1 ety_m(m−1)^(2m) = 1

2. D’o`u : ∀m∈N^∗,kpm(X)−p2m(X)k>|y_m(m−1)^(m) −y^(2m)_m(m−1)|= 1

2. Il existe donc une suiteX ∈E telle que la suite (pm(X))_m∈N∗ diverge .

FIN DE L’ ´EPREUVE.